Na ile sposobów można ułożyć w ciąg liczby.

[Jajecznica]

Zbliża się ostatni egzamin przed absolutorium, a to zaległość z przed roku. Każdemu kto pomaga stawiam mentalnie browara albo 10!

Na ile sposobów można ułożyć w ciąg liczby \(\displaystyle{ 1,1,2,2,3,3,...,10,10}\) tak aby:

a) suma każdych dwóch kolejnych była nieparzysta.
b) suma każdych dwóch kolejnych była nieparzysta oraz pierwszy wyraz różny od \(\displaystyle{ 3}\) a ostatni różny od \(\displaystyle{ 9}\) .


a) BŁĘDNE (ale żeby nie było, że czekam na gotowca).
Pierwsze sobie rozrysowałem i wyszło mi:
\(\displaystyle{ 10 \cdot 5!^{3} \cdot 4!}\)
a, że nie ma znaczenie jak te dwie liczby będą stały to jeszcze wariacja z powtórzeniami w obrębie par (\(\displaystyle{ 10}\) par, dwie możliwości), co wygląda następująco:
\(\displaystyle{ 10 \cdot 5!^{3} \cdot 4! \cdot 2^{10}}\)

Pierwsza liczba to jedna z \(\displaystyle{ 10}\) . Kolejna jedna z pięciu (bądź czterech, ale to nie ma znaczenia więc przyjąłem, że z \(\displaystyle{ 5}\) ) dwie kolejne to też z pięciu, a później kolejna z czterech losowana, trzy kolejne również i tak po cztery losowane z \(\displaystyle{ 3}\) , \(\displaystyle{ 2}\) i \(\displaystyle{ 1}\) , aż dostajemy \(\displaystyle{ 20}\) –liczbowy ciąg (\(\displaystyle{ 20}\) losowań, \(\displaystyle{ 10}\) par liczb których suma jest np.). Tak ja to widzę. Później wariacja, bo pary liczb dających sumę nieparzystą mogą być w dowolnej kolejności.

Z tym, że tak by było, gdyby w każdej kolejnej parze wybierane były liczby takie jak w poprzedniej.

Drugi skrajny przypadek, to wybieranie tak, aby przez pięć pierwszych wyborów kolejnej pary, losowanie każdej z liczb odbywałoby się z \(\displaystyle{ 5}\) liczb (za każdym razem co innego), a pięć ostatnich par tak jak poprzednio.

wtedy: \(\displaystyle{ 10 \cdot 5^{9} \cdot 5!^{2} \cdot 2^{10}}\)

Jak to ugryźć?
Bo w zależności co się wylosuje, to z innego zbioru liczb odbywa się losowanie liczby na kolejne miejsca, nie wiem jak to rozpisać.

b) Może coś wymyśle jak zrobię pierwszy punkt.

[arek1357]

W a). musisz sobie poukładać najpierw liczby nieparzyste a między nimi parzyste:

\(\displaystyle{ n - n - n - n - n - n - n - n - n - n}\)

I teraz wyobraź sobie, że między te nieparzyste wkładasz parzyste, możesz zacząc od parzystej lub nieparzystej co stwarza dwie możliwości dodatkowo, biorąc pod uwagę, że parzyste i nieparzyste możesz między sobą mieszać, a że się powtarzają więc to daje permutacje z powtórzeniami więc otrzymasz:


\(\displaystyle{ 2 \cdot \frac{10!}{(2!)^5} \cdot \frac{10!}{(2!)^5}}\)

W b) sprawdzisz przykłady...

where's my beer to fuck the misery

[Jajecznica]

Robię przykład b)

Jak już jest odp. do a) to wystarczy policzyć ile jest układów z \(\displaystyle{ 3}\) na początku i \(\displaystyle{ 9}\) na końcu i odjąć to od całości.
("a ostatni" traktuję jako "i ostatni")

rozpisuję \(\displaystyle{ 3\: p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:p\:9}\)

Licząc jak w a) tych możliwości jest:

\(\displaystyle{ \frac{8!}{\left( 2!\right)^3 } \cdot \frac{10!}{\left( 2!\right)^5 }}\)

Czyli:

\(\displaystyle{ 2 \cdot \left( \frac{10!}{\left( 2!\right)^5 }\right)^2- \frac{8!}{\left( 2!\right)^3 } \cdot \frac{10!}{\left( 2!\right)^5 }}\)

-- 30 sty 2018, o 22:47 --

Ta dwójka na początku coś mi nie pasuje. Bo ten iloczyn permutacji z powtórzeniem losuje na konkretne miejsca parzyste i na konkretne miejsca nieparzyste ok. Ale teraz każda para może być zamieniona kolejnością. Mnożenie przez dwa zakłada ze wszystkie pary na raz są zamienione.

A możliwości:

\(\displaystyle{ p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:n\:p \\
n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p\:n\:p \\
n\:p\:p\:n\:n\:p\:p\:n\:n\:p\:p\:n\:n\:p\:p\:n\:n\:p\:p\:n \\
p\:n\:p\:n\:n\:p\:n\:p\:p\:n\:p\:n\:n\:p\:n\:p\:p\:n\:p\:n \\
\vdots}\)
jest \(\displaystyle{ 2^{10}}\)

Zatem:
\(\displaystyle{ 2^{10} \cdot \left( \frac{10!}{\left( 2!\right)^5 }\right)^2-2^{9} \cdot \left( \frac{8!}{\left( 2!\right)^3 } \cdot \frac{10!}{\left( 2!\right)^5 }\right)}\)

\(\displaystyle{ 2^{9} \cdot \left( 2\cdot \left( \frac{10!}{\left( 2!\right)^5 }\right)^2- \frac{8!}{\left( 2!\right)^3 } \cdot \frac{10!}{\left( 2!\right)^5 }\right)}\)