Ciąg znaków

[dorey]

Ile można ułożyć różnych ciągów liter ze słowa ABRAKADABRA zawierających AA lub BB wykorzystując wszystkie litery?
kolega rozwiązał zadanie:
\(\displaystyle{ |A|= {10 \choose 4} \cdot {6 \choose 2} \cdot {4 \choose 1} {3 \choose 1} {2 \choose 2} }\)
\(\displaystyle{ |B|= {10 \choose 5} \cdot {5 \choose 1} \cdot {4 \choose 1} {3 \choose 1} {2 \choose 2} }\)
\(\displaystyle{ |A \cap B|= {9 \choose 4} \cdot {5 \choose 1} \cdot {4 \choose 1} {3 \choose 1} {2 \choose 2} }\)
jednak nie rozumiem czemu w \(\displaystyle{ B}\) jest \(\displaystyle{ {5 \choose 1} }\)

\(\displaystyle{ A\cup B}\)=...

Dodano po 1 minucie 1 sekundzie:
w dodatku wydaje mi się że to jest źle np w \(\displaystyle{ B}\) mozemy użyc znowu 11 liter, więc 11 po 5 bym napisał

[kerajs]

Sądzę że kolega skleił dwie litery B w jeden element i wybiera na 10 miejsc elementy ze zbioru : A,A,A,A,A,BB,D,K,R,R

\(\displaystyle{ |B|= {10 \choose 5} \cdot {5 \choose 1} \cdot {4 \choose 1} {3 \choose 1} {2 \choose 2} }\)

\(\displaystyle{ {10 \choose 5} }\) - tu wybiera miejsca dla liter A,A,A,A,A
\(\displaystyle{ {5 \choose 1} }\) - tu wybiera miejsce dla BB
\(\displaystyle{ {4 \choose 1} }\) - tu wybiera miejsce dla D
\(\displaystyle{ {3 \choose 1} }\) - tu wybiera miejsce dla K
\(\displaystyle{ {2 \choose 2} }\) - tu pozostały miejsca dla R i R

Można to liczyć także tak: \(\displaystyle{ |B|=\frac{10!}{5!2!}}\)

Moim zdaniem pozostałe liczności zbiorów są źle policzone

[dorey]

a jak policzyc pozostale liczności zbiorow? I czemu w mianowniku takie liczby, a nie inne dałeś?

[kerajs]

10 elementów (A,A,A,A,A,BB,D,K,R,R) permutuje na \(\displaystyle{ 10!}\) sposobów, jednak 5 liter A oraz dwie litery R są nie rozróżnialne i stąd dzielę przez permutacje między nimi (aby wielokrotnie nie zliczać tych samych ciągów).

Twój kolega, jak mniemam, próbował \(\displaystyle{ |A|}\) liczyć podobnie jak \(\displaystyle{ |B|}\) wybierając miejsca dla elementów AA,A,A,A,A,B,B,D,K,R,R. Jednak w takiej sytuacji traktuje jak jedno zdarzenie ciągi typu:
A B A R....
A B AA R....
AA B A R....
Tej sytuacji nie rozwiąże pomnożenie wyliczonej liczby ciągów przez 5 gdyż niektóre ciągi typu
A AA ...
AA A ...
są faktycznie tym samym ciągiem.

Ja liczność \(\displaystyle{ |A|}\) obliczałbym jako różnicę wszystkich możliwych ciągów i ciągów w których A nie sąsiadują ze sobą.
\(\displaystyle{ |A|= \frac{10!}{5!2!2!}-\frac{6!}{2!2!} \cdot {7 \choose 5} }\)

Przemyśl co napisałem, i zastanów się jak policzyć \(\displaystyle{ |A \cap B|}\) lub \(\displaystyle{ |A \cup B|}\) .

[dorey]

11!/ (5!*2!*2!) - 4!/2! * \(\displaystyle{ {7 \choose 5} }\) * \(\displaystyle{ {5 \choose 2} }\) dobrze? koncowy wynik

[kerajs]

Kasus ostatniej linijki. Sorki, zamiast:

\(\displaystyle{ |A|= \frac{10!}{5!2!2!}-\frac{6!}{2!2!} \cdot {7 \choose 5} }\)
Przemyśl co napisałem, i zastanów się jak policzyć \(\displaystyle{ |A \cap B|}\) lub \(\displaystyle{ |A \cup B|}\) .

miało być:
\(\displaystyle{ |A|= \frac{\blue{11}!}{5!2!2!}-\frac{6!}{2!2!} \cdot {7 \choose 5} }\)

Liczbę ciągów zawierających AA i BB obliczę jako róznicę wszystkich ciągów zawierających BB (które sklejam w jeden element) i tych z nich gdzie w których A ze sobą nie sąsiadują.
\(\displaystyle{ |A \cap B|= \frac{10!}{5!2!}-\frac{5!}{2!} \cdot {6 \choose 5} }\)

Końcowy wynik, czyli liczba ciągów zawierających AA lub BB to:
\(\displaystyle{ |A \cup B|=|A |+|B|-|A \cup B| =... }\)


Przepraszam, miałem trochę spraw i zupełnie zapomniałem o tym (i także wielu innych) temacie.