zasada właczeń i wyłączeń - kolejka

[rivit]

\(\displaystyle{ 6}\) ludzi o różnym wzroście stoi w kolejce. Na ile sposobów mogą stanąć, tak aby żadnych \(\displaystyle{ 3}\) kolejnych nie miało "rosnącego" wzrostu?

rosnący wzrost - czyli jakby ich wzrost nie jest podciągiem rosnącym

[arek1357]

\(\displaystyle{ 6!-4! \cdot {6 \choose 3}+3! \cdot {6 \choose 4}-2! \cdot {6 \choose 5}+ {6 \choose 6}}\)

Bo w każdej grupie \(\displaystyle{ i}\)- elementowej jest tylko jedna możliwość, że stoją w ciągu rosnącym...

[kropka+]

Czy mi się wydaje. czy np. \(\displaystyle{ 136245}\) powtarza się dwa razy - raz dla trójki \(\displaystyle{ 136}\) i raz dla \(\displaystyle{ 245}\) ?

[arek1357]

Popatrz na prostszym przykładzie , stosuje ten sam sposób:

dla:

\(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,4\right\}}\)

\(\displaystyle{ 4!-2! \cdot {4 \choose 3} +1! \cdot {4 \choose 4}=17}\)

wypiszmy sytuacje niesprzyjające bo prościej:

\(\displaystyle{ (123)4}\)

\(\displaystyle{ 4(123)}\)

\(\displaystyle{ (234)1}\)

\(\displaystyle{ (124)3}\)

\(\displaystyle{ 3(124)}\)

\(\displaystyle{ (134)2}\)

\(\displaystyle{ 2(134)}\)

chyba nic nie zdublowałem, jest ich 7...

[kropka+]

W moim przykładzie \(\displaystyle{ 136245}\) są dwie rosnące trójki obok siebie i nie ma rosnącej czwórki ani piątki ani szóstki. Dotyczy go więc tylko składnik \(\displaystyle{ -4! {6 \choose 3}}\) a ściślej \(\displaystyle{ -4! \cdot 2}\) , bo we wszystkich \(\displaystyle{ {6\choose 3}}\) rosnących trójkach są dwie występujące w nim rosnące trójki \(\displaystyle{ 136}\) i \(\displaystyle{ 245}\). Stąd ustawienie \(\displaystyle{ 136245}\) odejmowane jest dwa razy, czyż nie?
A jak wyglądałby wzór dla prostszego zadania: Mamy \(\displaystyle{ 4}\) mężczyzn różnego wzrostu - ile jest ustawień w których nie ma żadnych \(\displaystyle{ 2}\) kolejnych ustawionych według rosnącego wzrostu? (wiadomo, że odpowiedź to \(\displaystyle{ 1}\) - ustawienie \(\displaystyle{ 4321}\) )

[arek1357]

masz rację tam będą dwie trójki przeoczyłem to...

a w tym Twoim trzeba będzie podzielić na dwie dwójki jeszcze co daje trzy możliwości...

dojdzie tam jeszcze \(\displaystyle{ 20}\) możliwości:

\(\displaystyle{ 10}\), bo tyle jest dwie trójki razy \(\displaystyle{ 2!}\)-- 19 listopada 2018, 19:19 --dla Twoich dwójek winno być coś takiego:

\(\displaystyle{ 4!- {4 \choose 2} \cdot 3! + {4 \choose 3} \cdot 2! +3 \cdot 2!-1=1}\)