Problem 14

Om r = 9 finns det bara 1 sätt.

Om r = 8 kan man placera den sista röda bollen på 7 olika sätt.

Om r = 7 kan man placera den näst sista röda bollen på 8 olika sätt och den sista på två sätt, och så får vi dela med 2 för att vi har fått med varje variant 2 ggr.

Om r = 6 blir det $\frac{9 \cdot 8 \cdot 7}{3!}$ om jag tänker rätt. Ser du mönstret?

Nope.

Men tack för att du deltar till min kombinatorisk spamkampanj.

r=9 bara ett sätt. Det är jag okej med.

r=8 7 olika sätt. Det har jag ritat och är mer eller mindre okej med.

r=6. Menar du att det bli $\left(\begin{array}{c}8 lediga platser\\ 2 r bollar\end{array}\right)$? Varför den sista skulle bara ha 2 möjligheter när den näst sista kunde vi placer var som helst i ett rad av 8?

r=6: där är jag definitivt inte med, och mönstret är förlorat på mig.

För r = 7 får vi två bollar som inte ligger längst fram, dvs. hur kan vi ordna en kö av sex svarta bollar och två röda? Det blir $\frac{8!}{2!·6!}=\frac{8·7}{2}$. 

För r = 6 har vi tre bollar som inte ligger längst fram, dvs. hur kan vi ordna en kö av sex svarta bollar och tre röda? Det blir $\frac{9!}{6!·3!}=\frac{9·8·7}{3!}$. För varje röd boll vi inte har längst fram, får vi en till röd boll, och fortfarande sex svarta bollar. Antalet röda bollar är då (9 - r), där r är antalet bollar längst fram. 

... ok så ni menar...

$\frac{(9-r+6)}{(9-r)!6!} \to \frac{15-r}{(9-r)!6!}$

Ja, det ser bra ut! 

Ja, nästan. Fakultet på täljaren också.

Frågan kan skrivas enklare: Ordna 6 svarta bollar och x röda bollar. Det blir ju

(6+x)! / ( 6! x! )

och här är x=9-r.

Just det, slarv...