- - - - - - - - - - -
$B.$ Έχουμε $12$ διαφορετικά χρώματα και θέλουμε να κάνουμε:
$1$. Τρίχρωμες σημαίες με οριζόντιες ρίγες. Πόσες διαφορετικές σημαίες μπορούμε να κάνουμε;
$2$. Νέες αποχρώσεις χρωμάτων αναμιγνύοντας τρία διαφορετικά χρώματα. Πόσες διαφορετικές αποχρώσεις μπορούμε να κάνουμε;
ΠΡΟΣΘΕΤΟ ΕΡΩΤΗΜΑ (που πρότεινε ο φίλος Papadim):
Aν αριθμήσουμε τα $12$ χρώματα (από το $1$ έως το $12$ ) , με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούμε να βάλουμε τα χρώματα στη σειρά, ώστε κανένα να μην βρίσκεται στην αρχική του θέση; Το χρώμα $i_{x}$ δηλαδή της αρχικής μετάθεσης $(i_{1} , i_{2} ,..., i_{12})$ να βρίσκεται σε κάθε άλλη από τις μεταθέσεις σε θέση $i_{y} \neq i_{x}$
ΠΡΟΣΘΕΤΟ ΕΡΩΤΗΜΑ (που πρότεινε ο φίλος Papadim):
Aν αριθμήσουμε τα $12$ χρώματα (από το $1$ έως το $12$ ) , με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούμε να βάλουμε τα χρώματα στη σειρά, ώστε κανένα να μην βρίσκεται στην αρχική του θέση; Το χρώμα $i_{x}$ δηλαδή της αρχικής μετάθεσης $(i_{1} , i_{2} ,..., i_{12})$ να βρίσκεται σε κάθε άλλη από τις μεταθέσεις σε θέση $i_{y} \neq i_{x}$
Αυτό το σχόλιο αφαιρέθηκε από τον συντάκτη.
ΑπάντησηΔιαγραφήΚάρλο, δεν είναι σωστές οι απαντήσεις σου.
ΔιαγραφήΈχεις δίκιο, αργά το αντιλήφθηκα.
ΔιαγραφήΣτο γρίφο "Δίκαιη μοιρασιά" σου έγραψα άλλο ένα σχόλιο για διόρθωση. Δες το.
ΔιαγραφήKάρλο, το είδα και ευχαριστώ. Για να διορθωθεί πρέπει όμως να διαγράψω όλο το σχόλιο και να το ξαναγράψω, πράγμα που δεν χρειάζεται γιατί η συγκεκριμένη παραδρομή ξεκαθαρίζεται αλλού.
ΔιαγραφήΓια το $A$ διευκρινίζω πως τα ίδια κομμάτια δεν είναι μεταξύ τους διακριτά. $4$ λευκά πιόνια ας πούμε μόνα τους ,όπως και να τα βάλεις σε μια σειρά , είναι "$4$ λευκά πιόνια σε σειρά" δηλαδή ένας συνδυασμός.
ΑπάντησηΔιαγραφήΒ1) Οι συνδυσαμοί των 12 χρωμάτων ανά 3 είναι: 220.
ΑπάντησηΔιαγραφήΟι μεταθέσεις 3 χρωμάτων είναι 3!=6.
Οπότε οι διαφορετικές σημαίες είναι: 6x220=1320.
Αυτό το σχόλιο αφαιρέθηκε από τον συντάκτη.
ΔιαγραφήΧρήστο, πολύ σωστά!
ΔιαγραφήΗ περίπτωση αυτή βοηθάει να ξεκαθαρίσει κάποιος τους "Συνδυασμούς" $C(12,3)=220$ oi αποχρώσεις (αφού η σειρά των τριών δεν παίζει ρόλο), από τις "Διατάξεις"
$V(m,n)=m!/(m-n)!= 12!/9!=1320$ (αφού η σειρά από τις ρίγες παίζει ρόλο)
$ \ B.1$
ΑπάντησηΔιαγραφή$P(12,3)= \frac{12!}{(12-3)!}=1320$
ή $12 \times11 \times 10=1320$
Σωστό βεβαίως!
ΔιαγραφήΣυνήθως πάντως (δεν είναι υπόδειξη!..) με $P$ συμβολίζονται διεθνώς οι μεταθέσεις (Permutations) και με $V$ οι διατάξεις (Variations)
Στην Βολφραμάλφα το είδα, όπου πειραματιζόμενος με διάφορα γράμματα για να μου δίνει αποτελέσματα διατάξεων, όπως αντίστοιχα το C(..,..), δίνοντας
ΔιαγραφήP(..,..)= δίνει πράξεις και αποτέλεσμα, ενώ δίνοντας
σήμερα V(..,..) "δίνει" even
Στο CalcFun.com, αρκετά χρήσιμο, επίσης
$\ P_{r}^{n}= \frac{n!}{(n-r)!}$ αλλά τον καλύτερο για
εμένα που δεν ξέρω Αγγλικά και όχι μόνο γιαυτό το είδα στο βιβλίο του Στρατή Κουνιά ΘΕΩΡΙΑ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ Ι
$ \Delta _{ \kappa }^{n}= \frac{n!}{(n- \kappa )!}$
Πάντως το σημείωσα, αν το δω κάπου γραμμένο...
ΑπάντησηΔιαγραφή$ \ A $
$ C(9,4) \times C(5,3)=1260$
Διαγραφήή το ίδιο είναι $C(9,4) \times C(5,2)=1260$
Και να το εξηγήσω
ΔιαγραφήΑρχικά βρίσκουμε τους συνδυασμούς (δεν είναι διακριτά
μεταξύ τους, αν ήταν θα βρίσκαμε τις διατάξεις) των
$4$ λευκών πιονιών στις $9$ θέσεις, αφού είναι στη
σειρά $(4+3+2=9)$, άρα $C(9,4)=126$
Μετά τους συνδυασμούς των $3$ αξιωματικών στις
θέσεις $(9-4)=5$ θέσεις άρα $C(5,3)=10$
ή που είναι το ίδιο τους συνδυασμούς των $2$ μαύρων
πιονιών στις $5$ θέσεις $C(5,2)=10$
Τα υπόλοιπα $2$ ή $3$ αντίστοιχα καλύπτουν τα κενά
και δεν προκύπτουν άλλοι συνδυασμοί.
Και μετά κάνουμε χρήση της πολλαπλαστικής ιδιότητας
$126*10*1=1260$ διαφορετικοί τρόποι.
Eνδιαφέρον ο τρόπος με τον οποίο λύνεις το θέμα,Ευθύμιε. Συγχαρητήρια!
ΑπάντησηΔιαγραφήΓενικά, στις περιπτώσεις ,όπως αυτή, που έχουμε "Μεταθέσεις με επανάληψη" ,μια συλλογή δηλαδή από $n$ αντικείμενα με $a$ αντίγραφα του αντικειμένου $Α$ , $β$ αντίγραφα του $B$ ...z αντίγραφα του Z (με a+b+...+z=n), ο συνολικός αριθμός των μεταθέσεων με επανάληψη που μπορούν να σχηματιστούν,είναι:
$N=\frac{n!}{a!* b! . ...*z!}$
Oπότε, στην περίπτωσή μας, $Ν=9!/(4!*3!*2!)=1260$
Αυτό το σχόλιο αφαιρέθηκε από τον συντάκτη.
ΔιαγραφήΣε ευχαριστώ, Γεώργιε!
ΔιαγραφήΚαι η απόδειξη ισοδυναμίας
Διαγραφή$ C(9,4) \times C(5,3)= \frac{9!}{4! \times 5!} \times \frac{5!}{3! \times 2!} = \frac{9!} {4! \times3! \times 2! } $
Παρεμπιπτόντως,προτιμώ το "Γιώργος" καθότι είμαι δημοτικιστής.
ΔιαγραφήΟ.Κ. Γιώργο!
ΔιαγραφήΚαι εγώ υπέρ της δημοτικής είμαι, αλλά όλα τα εκπαιδευτικά χρόνια τα πέρασα με καθαρεύουσα.
Το "Γεώργιε" που έγραψα δεν είχε να κάνει με καθαρεύουσα ή δημοτική αλλά με διάθεση, πολύ καλή, της στιγμής εκείνης και μπορεί να το επαναλάβω, όποτε το αισθανθώ!
Nα προσθέσω , σα γενική παρατήρηση ,πως οι μεταθέσεις $n$ αντικειμένων είναι οι διατάξεις που μπορούμε να σχηματίσουμε παίρνοντας $n$ από τα $n$ αντικείμενα, δηλαδή παίρνοντάς τα όλα. Επομένως, $P_{n}$=$V_{n,n}$ (αφού 0!=1)
ΑπάντησηΔιαγραφήΑυτό το σχόλιο αφαιρέθηκε από τον συντάκτη.
ΑπάντησηΔιαγραφήB2. Στην ανάμιξη δεν παίζει ρόλο η σειρά των χρωμάτων, οπότε νομίζω ότι έχουμε C(12,3) = 220 μόνο αποχρώσεις.
ΑπάντησηΔιαγραφήΣωστό!
ΔιαγραφήΘανάση, αυτό δεν έγραψε κι ο Χρήστος Ν. κι εγώ στο σχόλιο "3.26 μ.μ" ;
ΔιαγραφήΣόρι, δεν το είχα προσέξει. Είδα όλα μαζί τα σχόλια αργά και πρόσεξα μόνο το διαγραφέν ήδη σχόλιο του ευθύμιου.
ΔιαγραφήΕξυπακούεται φυσικά ότι οι δόσεις κάθε χρώματος είναι ίσες, διαφορετικά οι δυνατές αποχρώσεις είναι άπειρες.
ΑπάντησηΔιαγραφήΠροτεινόμενο συναφές ερώτημα, για τους καλούς φίλους σχολιαστές που θέλουν να ασχοληθούν:
ΑπάντησηΔιαγραφήΑν αριθμήσουμε τα 12 χρώματα (από 1 έως 12), με πόσους τρόπους μπορούμε να βάλουμε τα 12 χρώματα στη σειρά, ώστε κανένα από αυτά να μη βρίσκεται στη θέση του; (π.χ. το χρώμα 1 να μη βρίσκεται στην 1η θέση, το χρώμα 2 να μη βρίσκεται στη 2η θέση κ.ο.κ.)
Η βασική ιδέα της λύσης υπάρχει σε μια από τις πιο πρόσφατες αναρτήσεις του Γιώργου.
Θανάση, ο παλιογερμανός (Αλτσχάιμερ..) ξαναχτύπησε και έτσι δεν πάει το μυαλό μου σε ποια ανάρτηση αναφέρεσαι,αλλά όπως και νάχει το έβαλα σαν πρόσθετο ερώτημα ,καθώς είναι ενδιαφέρον! :-)
ΔιαγραφήΓια να μην αποπροσανατολιστούν οι αναγνώστες ,να πώ (τώρα κατάλαβα(νομίζω!..:-) σε ποια ανάρτηση έκανες αναφορά Θανάση) ότι το hint που έδωσε ο papadim αφορά στο inclusion-exclusion principle.
ΑπάντησηΔιαγραφήΑκριβώς Γιώργο! Μόλις με πρόλαβες.
ΔιαγραφήΓιώργη, σ' ευχαριστώ, είναι μεγάλη τιμή για μένα η υιοθέτηση και συμπερίληψη του πρόσθετου ερωτήματος που πρότεινα στην ανάρτησή σου.
ΑπάντησηΔιαγραφήΔιευκρινίζω ότι αναφερόμουν στο πρόβλημά σου 'Εξάντληση' της 5-12-13. Μια προσέγγιση του ερωτήματος που έχω υπόψη μου (δεν αποκλείω φυσικά να υπάρχουν και άλλες) βασίζεται στην ίδια ακριβώς ιδέα / αρχή.
Γίνεται πολύ απλούστερος ο υπολογισμός των 'διαταράξεων' του πρόσθετου ερωτήματος, αν το σκεφτεί κανείς με λιγότερα χρώματα, ας πούμε 4 ή 5, και τον συνιστώ. Δε χρειάζεται καν υπολογιστικό βοήθημα για να καταλήξει σε αριθμητικό αποτέλεσμα και η αναγνώριση του τρόπου που λειτουργεί η inclusion-exclusion principle σχετικά εύκολη.
ΑπάντησηΔιαγραφήΓια n=3, Διαταράξεις =2
ΑπάντησηΔιαγραφήΓια n=4, Διαταράξεις =9
Για n=5, Διαταράξεις =44
O τύπος που δίνει τις διαταράξεις n αντικειμένων, δηλαδή
τις διατάξεις n αντικειμένων στις οποίες κανένα αντικείμενο
δεν βρίσκεται στην αρχική του θέση είναι:
$ \ D _{ \ n}=n!(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+ \ldots +(-1)^n \frac{1}{n!} )$
στην περίπτωση μας n=12 άρα:
$ \ D _{ \ 12}=12!(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!} \pm \ldots + \frac{1}{12!})= 176214841$
Αγαπητέ Ευθύμιε, θερμά συγχαρητήρια για την ολόσωστη απάντησή σου και πολλά 'ευχαριστώ' που μπήκες στον κόπο να ασχοληθείς με το θέμα.
ΑπάντησηΔιαγραφήΓια να τιμήσουμε και μόνο την αρχή της συμπερίληψης - εξαίρεσης, στην οποία και βασίζεται η εξαγωγή της φόρμουλας που αναφέρεις, επίτρεψέ μου να προσθέσω ότι για να βρούμε τον πληθάριθμο των διαταράξεων, δεν έχουμε να κάνουμε τίποτε άλλο από το να ξεκινήσουμε από το συνολικό πληθάριθμο των μεταθέσεων n! και να αφαιρούμε / προσθέτουμε διαδοχικά τους αθροιστικούς πληθάριθμους των μεταθέσεων όπου τουλάχιστον 1, 2, .., n στοιχεία είναι στη θέση τους.
Για τη γενική περίπτωση όπου m από τα n στοιχεία είναι στη θέση τους και τα υπόλοιπα n-m ελεύθερα στις απομένουσες θέσεις, ο αντίστοιχος όρος στη φόρμουλα είναι C(n,m)*(n-m)! = n!/m!. Έτσι, βγάζοντας και το n! έξω από την παρένθεση, προκύπτει η τελική φόρμουλα με τα εναλλασσόμενα πρόσημα στην παρένθεση.
Να σημειώσω επίσης ότι η αναλογία διαταράξεων προς συνολικές μεταθέσεις (σκέτο το περιεχόμενο της παρένθεσης) δεν είναι παρά οι πρώτοι n όροι του αναπτύγματος Taylor του αριθμού 1/e. Eπομένως, για αρκετά μεγάλο n, η πιθανότητα μια τυχαία μετάθεση να είναι διατάραξη τείνει στο 1/e (περίπου 0,37).
Εξαιρετικά!
ΑπάντησηΔιαγραφήΘανάση, να βάλω μια έξτρα πινελιά, να προσθέσω δηλαδή τη γενική "μορφή" του αναπτύγματος Τέηλορ $1+x+ \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots$ για το $e^x$ και η τιμή $x=-1$ μας δίνει το "διαταρακτικό" $1-1+ \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \cdots$ οπότε η διατάραξη $D_{n}$ (Derangement, εξού και το αρχικό D) -αφού η εν λόγω σειρά συγκλίνει στο $e^-1$ - μπορεί κάλλιστα να θεωρηθεί πως προσεγγίζει (και πολύ καλά μάλιστα!) το $n!( \frac{1}{e})$
Η alternating σειρά $1-1+ \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \cdots$ (που φθίνει κατ'απόλυτους όρους μονότονα) "απέχει" λιγότερο από $1/(n+1)!$ από το όριο, δηλαδή το $1/e$.
Aν πολλαπλασιάσουμε την $D_{n}$ με $n!$ απέχουμε πλέον λιγότερο του $1/(n+1)$ apo το $n!/e$
Για $n$ μεγαλύτερο του $1$ to $1/(n+1)$ είναι μικρότερο από $1/2 =0,5$ , άρα αφού η $D_{n}$ είναι ακέραιος αρ. αν υπολογίσουμε απλά το $n!/e$ kai στρογγυλέψουμε στον πλησιέστερο ακέραιο, πέρνουμε τη $D$. Καλό έ; :-)
Π.χ. για την $D_{12}$ έχουμε $12!=479001600$ και $12!/e=1,7621484092...*10^8$ που στρογγυλεύει στον κοντινότερο ακέραιο που είναι ο $1,76214841 * 10^8$ :-)
Papadim και Ε. Αλεξίου, το ιστολόγιο ,διά της ημετέρας ταπεινότητας, σας απονέμει τον τιμητικό τίτλο "Master of Derangements" ! (στα ελληνικά: "Διαταρακτές ολκής") :-)
Γιώργο, εκτός από την εξαιρετική ποιότητα της μαγειρικής σου (μεζεδάκια και κυρίως πιάτα), την οποία έχω εξάρει και σε άλλες ευκαιρίες, οφείλω σήμερα, ανυπερθέτως, να εξυμνήσω και τη μοναδική ποιότητα της ζαχαροπλαστικής σου (επιδόρπια μετα-σχόλια και προσθήκες).
ΑπάντησηΔιαγραφήΤο πιο 'γλυκό' από όλα φυσικά ήταν η απονομή του τίτλου: 'Διαταρακτές ολκής'!! Μη μας πάρουν μονάχα για τίποτε αρχιταραξίες αντισυστημικούς -:) και μας μπουζουριάσουν.
Να είσαι καλά!
Ωχ! Το μπουζούριασμα δεν το σκέφτηκα. Μήπως να μετέτρεπα τον τίτλο σε "Μίξερ ολκής"; για να μη δίνουμε στόχο στην "ιξουσία"; :-)
ΑπάντησηΔιαγραφήXωρίς πλάκα τώρα, σε ευχαριστώ πολύ Θανάση και για τη συμβολή σου σ'αυτό το θέμα και για τη γενική σου παρουσία και συνεισφορά στα σχόλια του ιστολογίου!
Εξίσου οφείλω να ευχαριστήσω από καρδιάς και τον Ευθύμιο Αλεξίου, που βρίσκει πάντα χρόνο για να ασχοληθεί με τα θέματά μου και να τα κοσμήσει με τις ωραίες και πρωτότυπες λύσεις και παρατηρήσεις του.
Και μη μου κακιώσετε οι υπόλοιποι σχολιαστές, ούτε να με κατηγορήσετε για νεποτισμό. Δικαιούται και ο "μπλόγκερ" να έχει κάποια "μαναράκια" :-) (είχα και το φίλτατο Ντονάλτιο,αλλά χάθηκε τελευταία, ελπίζω μόνο και εύχομαι να είναι καλά!)