Osiem osób w czterech hotelach rozmieszczone.

[Noegrus]

"Do miejscowości, w której są cztery hotele przyjechało osiem osób, z których każda losowo wybiera hotel. Ile jest możliwości zakwaterowania tych osób tak, aby w dwóch hotelach znalazły się po trzy osoby, a w pozostałych dwóch po jednej osobie?"

Robię to tak, że wybieram trzy osoby z ośmiu, potem trzy z pozostałych pięciu, jedną z dwóch i mnożę przez ilość możliwości dopasowania tych grupek ludzi w czterech hotelach (\(\displaystyle{ 4!}\)). Wychodzi mi cztery razy za dużo. A powinno być 6720. Czuję, że gdzieś ta szóstka się pałęta, ale nie mam pojęcia gdzie, może też źle się do tego zabieram, mimo iż zadanie banalne, no ale cóż, prosiłbym o pomoc.

Pozdrawiam

[kinwotar]

wybierasz 2 hotele z 4. do pierwszego przydzielasz 3 osoby z 8 do drugiego 3 z 5 a pozostale dwie mozesz umiescic na 2 sposoby w pozostalych dwoch hotelach w sumie:

\(\displaystyle{ {4 \choose 2} {8 \choose 3} {5 \choose 3}2}\)
wychodzi ci za duzo bo uwzgledniasz kilka razy te same kombinacje
pozdrawiam

[Noegrus]

Ano, rzeczywiście, nie wiedziałem jak to 'złapać', dzięki

[MichalProg]

Ja mam pytanie, dlaczego wybieramy 2 hotele z 4, a nie - najpierw 1 z 4, a potem 1 z 3? Nie rozumiem tego toku rozumowania, czy mógłby mi to ktoś wytłumaczyć?

[Medea 2]

Dlatego, że w ten sposób liczylibyśmy pewne kombinacje dwukrotnie. Innymi słowy, traktujemy hotele jako nierozróżnialne (chociaż to nielogiczne). Wyobraź sobie prostszy problem: mamy dwie osoby, A i B, oraz trzy hotele. Chcemy rozmieścić je tak, żeby dokładnie jeden hotel został pusty.

Gdybyśmy liczyli Twoim sposobem, to ustawienia: pierwszy hotel, drugi hotel, AB- oraz drugi hotel, pierwszy hotel, BA- uznalibyśmy za różne, chociaż tak nie jest.

[MichalProg]

Ok, a czemu rozwiązaniem nie może być po prostu: \(\displaystyle{ { 8 \choose 3}{5 \choose 3}{2 \choose 1}{1 \choose 1}}\)?

I jakie byłoby rozwiązanie, gdyby w treści zadania były 4 hotele, w których 10 osób wybrało losowo 1 z hoteli tak, aby w 1 hotelu były 4 osoby, w 2 - 3, w 3 - 2, a w czwartym 1?

[Medea 2]

Rozwiązaniem przy zdroworozsądkowych założeniach (rozróżnialność ludzi i hoteli) jest

\(\displaystyle{ \frac{8!}{3! \cdot 3!} \cdot 4! = 26880}\),

bo wystarczy ustawić ośmiu ludzi w szeregu (na osiem silnia sposobów). Kolejność osób 1-3 oraz 4-6 mnie nie interesuje, więc dzielę wszystko dwukrotnie przez \(\displaystyle{ 3!}\). Potem tworzę cztery grupy: osoby 1-3, 4-6, 7, 8. Pierwsza grupa trafia do jednego z czterech hoteli, druga do jednego z trzech, i tak dalej (stąd \(\displaystyle{ 4!}\)).

Twoje rozwiązanie to \(\displaystyle{ 1120}\), czyli dużo mniej. Rozwiązanie nowego zadania:

\(\displaystyle{ \frac{10!}{4! \cdot 3! \cdot 2!} \cdot 4! = 302 400}\).

[MichalProg]

Ok, mniej więcej rozumiem. Ale powiedz mi proszę, kiedy traktujemy coś za rozróżnialne, a kiedy nie, i co to znaczy. Bo w odpowiedzi, w zbiorze zadań, mam wynik 6720, czyli taki, jak dał autor 2 posta. Proszę o wyjaśnienie. Przepraszam, że jestem taki oporny.

[Medea 2]

Już tłumaczę. Jeżeli masz dziesięć piłek (nierozróżnialnych) i dwa pojemniki (rozróżnialne), to można je wypełnić na jedenaście sposobów (bo do lewego pojemnika możesz włożyć wszystkie kule, albo dziewięć, albo osiem, ..., albo żadnej, a do prawego pozostałe). Gdy pojemniki nie są rozróżnialne, to odpowiedzią jest sześć (możliwe układy to 10-0, 9-1, ..., 5-5: 4-6 nie wymieniam, bo to jest to samo, co 6-4).

W praktyce wszystkie przedmioty są rozróżnialne (można sobie pomyśleć, że każda piłka jest innego koloru, a my jesteśmy po prostu ślepi). Wtedy odpowiedzią jest \(\displaystyle{ 2^{10}}\), bo każda piłka może trafić do jednego z dwóch pojemników. Skomplikowane, wiem.

W kombinatoryce można sobie przyjąć, że przedmioty są nie do odróżnienia, bo służą do wizualizacji problemu. Równie dobrze można pytać o ilość klas abstrakcji w zbiorze rozbić zbioru \(\displaystyle{ \{0,2, \dots, 9\}}\), w którym dwa rozbicia są równoważne, gdy ciągi mocy ich elementów (od najmniejszej do największej) są takie same, ale chyba nikt tak nie myśli.

Nie mam pojęcia, kto wymyśla zadania z rachunku prawdopodobieństwa (!) pokroju: jakie jest prawdopodobieństwo, że suma oczek wyrzuconych na nierozróżnialnych kostkach wynosi siedem... Takich ludzi powinno się zamykać w wiezięniach co najmniej.