Liczba permutacji ciągu znaków

[Anon123Pl]

Cześć.

Znajdź liczbę kombinacji liter \(\displaystyle{ AAABBBCCC}\) takich, że:
a) Dwie identyczne litery nie stoją koło siebie.
b) Trzy identyczne litery nie stoją koło siebie.

Moja propozycja:
a)
Liczba permutacji: \(\displaystyle{ |X|=\frac{9!}{3!3!3!}}\)
\(\displaystyle{ A}\) – przynajmniej \(\displaystyle{ 2}\) litery \(\displaystyle{ A}\) są razem.
\(\displaystyle{ B, C}\) – analogicznie do \(\displaystyle{ A}\)
\(\displaystyle{ |A|=\frac{8!}{3!3!2!}}\) , \(\displaystyle{ AA}\) traktuję jako jeden element. \(\displaystyle{ 2!}\) , bo: \(\displaystyle{ (AA) A B C(...)}\) , to to samo co \(\displaystyle{ A (AA) B C(...)}\)
\(\displaystyle{ |C|=|B|=|A|}\)
Iloczyn zbiorów: \(\displaystyle{ |A\cap B|= \frac{7!}{2!2!3!}=|A\cap C|=|B\cap C|}\) . Dla \(\displaystyle{ |A\capi B|\ (AA)}\) oraz \(\displaystyle{ (BB)}\) tratuję jako osobne elementy. \(\displaystyle{ 2!}\) analogicznie jak dla poprzedniego przypadku.

Iloczyn zbiorów: \(\displaystyle{ |A\cap B\cap C|= \frac{6!}{2!2!2!}}\)

Liczba permutacji \(\displaystyle{ =|X|-3 \cdot |A|+3 \cdot |A\cap B|-|A\cap B\cap C|}\)
Niestety wynik ponoć jest zły. Czy mógłby mi ktoś wskazać błąd w rozumowaniu?

[arek1357]

Te Twój sposób nie jest zły , ale chyba nie rozpatrzyłeś wszystkich przypadków pokażę ci na przykładzie:

\(\displaystyle{ AAABBB}\)

Ile jest możliwości takich ,permutacji gdzie dwie jednakowe literki nie stoją koło siebie.
Pokażę jak to uzyskać wzorkiem....Z doświadczenia widać, że powinno wyjść dwa..:

\(\displaystyle{ \left( AA\right) ,A,B,B,B \vee \left( BB\right) ,A,A,A,B}\)

\(\displaystyle{ \left( AA\right) ,\left( BB\right) ,A,B}\)

\(\displaystyle{ \left( AAA\right) ,B,B,B \vee \left( BBB\right) ,A,A,A}\)

\(\displaystyle{ \left( AAA\right) ,\left( BB\right) ,B \vee \left( BBB\right) \left( ,AA\right) ,A}\)

\(\displaystyle{ \left( AAA\right) ,\left( BBB\right)}\)

I teraz z zasady włączeń i wyłączeń , oraz permutacji z powtórzeniem, otrzymamy:

\(\displaystyle{ \frac{6!}{3! \cdot 3!}-2 \cdot \frac{5!}{3! \cdot 2!}+ \frac{4!}{2! \cdot 2!}-2 \cdot \frac{4!}{3! \cdot 1!}+2 \cdot \frac{3!}{2! \cdot 1!}-2!=2}\)

Podobnie z przypadkiem twoim...-- 4 lutego 2018, 16:14 --W przypadku Twoim masz:

\(\displaystyle{ A,A,A,B,B,B,C,C,C}\)

Wypiszę Ci przykłady i tu będzie ich znacznie więcej niż w Twoim, żeby zastosować zasadę włączeń i wyłączeń...(Zapiszę tylko grupy reszta jest pojedyncza...

\(\displaystyle{ \left( AA\right) ,... \times 3}\)

\(\displaystyle{ \left( AA\right),\left( BB\right) ,... \times 3}\)

\(\displaystyle{ \left( AA\right) ,\left( BB\right),\left( CC\right) ... \times 1}\)

\(\displaystyle{ \left( AAA\right) ,... \times 3}\)

\(\displaystyle{ \left( AAA\right) ,\left( BB\right), ... \times 6}\)

\(\displaystyle{ \left( AAA\right) ,\left( BB\right) ,\left( CC\right), ... \times 3}\)

\(\displaystyle{ \left( AAA\right) ,\left( BBB\right), ... \times 3}\)

\(\displaystyle{ \left( AAA\right) ,\left( BBB\right),\left( CC\right), ... \times 3}\)

\(\displaystyle{ \left( AAA\right) ,\left( BBB\right),\left( CCC\right) \times 1}\)

Można w tym przypadku poruszyć szerszy problem permutacji z powtórzeniami , oraz ograniczeniami, gdzie dwie identyczne elementy nie stoją koło siebie...
Ale tak się to mniej więcej robi...