Ma 5 5000+ blandade övningar 2 uppgift 34

På första uppgiften kan du tänka att du uppreptat väljer tre personer ur mängden tills du inte har några kvar. Sedan måste du dela med 6! eftersom varje val görs ur samma mängd:

$\displaystyle \frac{\binom{18}{3}\binom{15}{3}...\binom{3}{3}}{6!}=190590400$

Så faktumet att det måste vara grupper påverkar svaret? Om man bara tar 18! Så får man väl också med de svar där t.ex två personer i samma grupp byter plats med varandra, vilket ger ett felaktigt extra utfall?

18! tolkas här bäst som antalet sätt att blanda 18 personer, så jag förstår inte riktigt hur grupperna kommer in i bilden där?

Jag förstår svaret på fråga a) och har suttit lite med b) nu. Har du någon bra ide på hur man löser den? Samma metod funkar ju inte längre när. 4 pers. inte får hamna i samma grupp som varandra. Har testat lite olika metoder men ingen funkar.

Vad ska svaret bli?

75675600. Tänkte att man kunde se de 4 bästa som ”fasta” och göra något med det men det ger inga bra svar vad jag än försöker med.

Hmm.

Jag kanske missförstår frågan, men jag för ett betydligt mindre svar. Jag får:

$\displaystyle \frac{\binom{14}{2}\binom{12}{2}\binom{10}{2}\binom{8}{2}\binom{6}{3}\binom{3}{3}}{6!}=210280$

Men jag misstolkar som sagt antagligen frågan. Ska man kanske tänka att varje lag har ett "namn"? I så fall blir svaret större.

Det är nog ganska otydligt vad de menar. Jag tänkte ju det som att de 4 bästa inte får vara i grupp med varandra men vad vet jag

Jo, så mycket är klart. Men frågan är om alla grupper är "unika". I så fall får jag:

$\displaystyle \binom{14}{2}\binom{12}{2}\binom{10}{2}\binom{8}{2}\binom{6}{3}\binom{3}{3}=151351200$

Vilket är dubbelt så stort som svaret ska bli. Så någonstans har det skett dubbelräkning.

EDIT: jag tror jag fattar varför det blir dubbelt så stort. Ordningen vi väljer att skapa våra grupper i spelar ingen roll, ty vi kan antingen börja med att fylla våra redan fyllda grupper eller så kan vi börja med att fylla våra tomma grupper. Om vi inte delar med 2! räknar vi som om båda dessa alternativ skulle ge olika utfall.

naytte skrev:

Jo, så mycket är klart. Men frågan är om alla grupper är "unika". I så fall får jag:

$\displaystyle \binom{14}{2}\binom{12}{2}\binom{10}{2}\binom{8}{2}\binom{6}{3}\binom{3}{3}=151351200$

Vilket är dubbelt så stort som svaret ska bli. Så någonstans har det skett dubbelräkning.

EDIT: jag tror jag fattar varför det blir dubbelt så stort. Ordningen vi väljer att skapa våra grupper i spelar ingen roll, ty vi kan antingen börja med att fylla våra redan fyllda grupper eller så kan vi börja med att fylla våra tomma grupper. Om vi inte delar med 2! räknar vi som om båda dessa alternativ skulle ge olika utfall.

Jag tror de tänker, jag skriver "n över k" = (n,k):

(4,1)(14,2) * (3,1)(12,2) * (2,1)(10,2) * (1,1)(8,2) * (6,3) * (3,3)

Sedan får man se på ett sådant urval som "ordet" AAAABB (alla A-grupper delar en egenskap, liksom B-grupper gör, där A-gruppen har 1 proffs och B-gruppen ingen proffs) där man inte är intresserad av ordningen och därmed skall dividera med (4!2!) och man får då 75675600.