Άσκηση στη συνδυαστική

[Aladdin]

Με πόσους τρόπους μπορεί κάποιος να ταχυδρομήσει 7 διαφορετικά γράμματα σε 3 ταχυδρομικά κιβώτια.

Σε αυτή την άσκηση η απάντηση είναι διατάξεις των 7 ανά 3;

[Ανδρέας Πούλος]

Φυσικά, δεν είναι αυτός ο σωστός αριθμός. Οι διατάξεις των 7 ανά 3 είναι 210.
Μόνο η περίπτωση να έχουμε στο κουτί Α, 2 γράμματα, στο κουτί Β πάλι 2 γράμματα και στο κουτί Γ, 3 γράμματα είναι επίσης 210.
Επίσης, στο πρόβλημα δεν αναφέρει αν μπορούμε να έχουμε και κουτί χωρίς κανένα γράμμα. Άρα, απαιτείται και αυτή η εκδοχή.

[Aladdin]

Ευχαριστώ πολύ!

[Ανδρέας Πούλος]

Για να ολοκληρώσουμε τη λύση του προβλήματος, αν και διαπιστώνω ότι δεν υπάρχει άμεσο ενδιαφέρον.

Στην περίπτωση που κανένα γραμματοκιβώτιο δεν πρέπει να μείνει άδειο, υπάρχει έτοιμος τύπος της Συνδυαστικής που δίνει το πλήθος των δυνατών περιπτώσεων. Το πρόβλημα είναι ισοδύναμο με την εύρεση των θετικών ακέραιων λύσεων της εξίσωσης .
Στην περίπτωση αυτή έχουμε 15 δυνατές περιπτώσεις. Όμως, δεν έχουμε ολοκληρώσει τη λύση του προβλήματος.
Για παράδειγμα, για την περίπτωση 1 + 1 + 5 = 7, δηλαδή στο κουτί Α να μπει ένα γράμμα,
στο κουτί Β να μπει επίσης ένα γράμμα και στο κουτί Γ να μπουν τα υπόλοιπα 5 γράμματα, το πλήθος των περιπτώσεων (αν εφαρμόσουμε την πολλαπλασιαστική αρχή) είναι 42 τρόποι, επειδή τα γράμματα είναι διαφορετικά.
Με τον ίδιο τρόπο πρέπει να εργαστούμε και για τις υπόλοιπες 14 περιπτώσεις.

Στη 2η περίπτωση που μπορεί να έχουμε και κουτιά χωρίς γράμματα, πάλι υπάρχει τύπος που δίνει την λύση,
τώρα το πρόβλημα μας είναι ισοδύναμο με την εύρεση των μη αρνητικών ακέραιων λύσεων της εξίσωσης . Αυτές είναι 36.
Πάλι, όμως για κάθε μια από αυτές πρέπει να κάνουμε χωριστούν υπολογισμούς. Για παράδειγμα, για την περίπτωση 1 + 0 + 6 = 7,
έχουμε 7 διαφορετικούς τρόπους τοποθέτησης των 7 γραμμάτων κλπ.

[panosgl2006]

Για να ολοκληρώσουμε τη λύση του προβλήματος, αν και διαπιστώνω ότι δεν υπάρχει άμεσο ενδιαφέρον.

Στην περίπτωση που κανένα γραμματοκιβώτιο δεν πρέπει να μείνει άδειο, υπάρχει έτοιμος τύπος της Συνδυαστικής που δίνει το πλήθος των δυνατών περιπτώσεων. Το πρόβλημα είναι ισοδύναμο με την εύρεση των θετικών ακέραιων λύσεων της εξίσωσης .

Στην περίπτωση αυτή έχουμε 15 δυνατές περιπτώσεις. Όμως, δεν έχουμε ολοκληρώσει τη λύση του προβλήματος.
Για παράδειγμα, για την περίπτωση 1 + 1 + 5 = 7, δηλαδή στο κουτί Α να μπει ένα γράμμα,
στο κουτί Β να μπει επίσης ένα γράμμα και στο κουτί Γ να μπουν τα υπόλοιπα 5 γράμματα, το πλήθος των περιπτώσεων (αν εφαρμόσουμε την πολλαπλασιαστική αρχή) είναι 42 τρόποι, επειδή τα γράμματα είναι διαφορετικά.
Με τον ίδιο τρόπο πρέπει να εργαστούμε και για τις υπόλοιπες 14 περιπτώσεις.

Στη 2η περίπτωση που μπορεί να έχουμε και κουτιά χωρίς γράμματα, πάλι υπάρχει τύπος που δίνει την λύση,
τώρα το πρόβλημα μας είναι ισοδύναμο με την εύρεση των μη αρνητικών ακέραιων λύσεων της εξίσωσης . Αυτές είναι 36.
Πάλι, όμως για κάθε μια από αυτές πρέπει να κάνουμε χωριστούν υπολογισμούς. Για παράδειγμα, για την περίπτωση 1 + 0 + 6 = 7,
έχουμε 7 διαφορετικούς τρόπους τοποθέτησης των 7 γραμμάτων κλπ.

Στην δεύτερη περίπτωση νομίζω αφού κάθε χρηματοκιβώτιο μπορει να μείνει και άδειο έχουμε:
Το πρώτο γράμμα έχει 3 επιλογές
το δεύτερο γράμμα πάλι 3 επιλογές
.
.
.
Άρα συνολικά από πολλαπλασιαστική αρχή έχουμε τροπους

[Ανδρέας Πούλος]

Απάντηση στον συλλογισμό:
Στην δεύτερη περίπτωση νομίζω αφού κάθε χρηματοκιβώτιο μπορεί να μείνει και άδειο έχουμε:
Το πρώτο γράμμα έχει 3 επιλογές, το δεύτερο γράμμα πάλι 3 επιλογές. Άρα συνολικά από πολλαπλασιαστική αρχή έχουμε τρόπους.

Όχι, δεν είναι αυτή η σωστή προσέγγιση.
Π.χ. στην περίπτωση που έχουμε 4 + 0 + 3 = 7, δηλαδή στο Α κουτί μπαίνουν 4 γράμματα, στο Β κανένα και στο Γ μπαίνουν 3 γράμματα,
επειδή τα γράμματα είναι διαφορετικά, το πλήθος των επιλογών είναι 35.
Είναι οι συνδυασμοί των 4 από 7 δηλαδή 35 επί τους συνδυασμούς 3 από 3, δηλαδή 1. Σύνολο 35 περιπτώσεις.

[Aladdin]

Ευχαριστούμε για την βοήθεια!!

[Aladdin]

Πάντως στην περίπτωση που κάποιο από τα κουτιά μένει άδειο, και οι δύο τρόποι , βγάζουν το ίδιο αποτέλεσμα. Νομίζω είναι σωστοί και οι δύο!!