Sannolikhet

Tror det blir 6×5×4×3×2×1/(2×2×2×5)=24. 

Jag skriver talet som XXXXXX, och börjar med den tredje siffran. 

XX1XXX måste bli X2132X

EDIT: Nej, så måste det ju inte vara. 

som bara har två möjligheter, eller X3123X som också har två möjligheter.  Totalt fyra möjligheter med en etta som tredje siffra.

...och så vidare. 

Bubo skrev:

 

XX1XXX måste bli X2132X som bara har två möjligheter, eller X3123X som också har två möjligheter.  

Smart att börja med tredje siffran. Men glömmer du inte X2131X och X3121X ?

Så här får jag, måste kollas så jag inte glömt eller dubbelräknat något:

Jag provade att skriva upp talen i växande ordning:

12 1323

(1212 XX omöjligt)

12 3123

12 3132

12 3213

12 3231

Dvs 5 möjligheter som börjar med 12.

Ytterligare 5 som börjar med 13

Dvs totalt 10 som börjar med 1

Ytterligare 10 som börjar med 2 och 10 som börjar med 3.

Totalt 30.

Detta funkar hyfsat med tre par siffror, men jag ser inte hur min metod ska generaliseras om det blir större antal siffror och positioner.

OCH santah2001, du har rubriken ”Sannolikhet”, detta är inget sannolikhetsproblem utan ett kombinatorikproblem.

Man kan lösa uppgiften på många sätt. Ett är:

Först skall vi välja siffra i position 1. Det kan vi göra på 3 vis.

Sedan skall vi välja siffra i position 2. Det kan vi göra på 2 vis.

Sedan skall vi välja siffra i position 3. Och här visar det sig att vi får två vilt skilda lösningar beroende på om vi upprepar siffran från position 1 eller om vi tar den hittills inte använda siffran. Låt oss dela upp det i dessa två fall.

Upprepning: talet är nu på formen ABA___ med B,C,C kvar att placera. (oavsett vilken bokstav som motsvarar vilken siffra). Skall C:na inte vara intill varandra finns det bara en lösning: ABACBC.

Nya siffran: talet är nu på formen ABC___ med A,B,C kvar att placera. Vi kan då fortsätta i samma stuk som tidigare; på position 4 finns det två möjliga siffror att placera (A och B, oavsett vilka siffror de må motsvara). På position 5 finns sedan också två möjliga siffror att placera och på sista position finns det bara en möjlig siffra kvar att placera ut.

Upprepningsfallet kan därmed uppkomma på 3*2*1*1*1*1= 6 vis; förnyelsefallet kan uppkomma på 3*2*1*2*2*1= 24 vis, vilket ger totalt sett 6+24= 30 permutationer.

Frågan har för övrigt dykt upp tidigare.

Ja, det blir 30 möjligheter. 

Börja med AB. Tredje siffran kan inte vara B. Om den är A, måste vi hålla isär de C som är kvar, så det måste bli ABACBC.

Om tredje siffran är C, kan fjärde siffran vara A, med BC eller CB som avslutning,  eller B, med AC eller CA som avslutning.  Totalt fem möjligheter. 

De där första siffrorna AB kan vara 12, 21, 13, 31, 23 eller 32. Totalt sex stycken uppsättningar om vardera fem möjligheter. 

EDIT  Exakt samma resonemang som Bedinsis.

Nytt angrepp:

Av AABBCC kan vi bilda (6!) / (2!)³ olika ”ord” (enligt MISSISSIPPI-formeln)

Det är 90 stycken.

Om jag har räknat rätt (30 möjligheter) så har två tredjedelar av dessa någonstans lika symboler intill varandra – dvs en tredjedel av de 90 ”orden” klarar villkoret att inga grannar är lika.

Kan man se det på något smart sätt?

Fortsättning:

Av AABB kan vi bilda 6 olika ord.

2 av dem är godkända (ABAB och BABA).

också en tredjedel.

Av AABBCCDD kan vi bilda (8!) / 16 = 3 x 840 olika ord.

Undrar om precis 840 av dessa klarar ”granntestet”…

Induktionsbevis?

Om jag går (också) i en annan riktning (och beräknar kombinationerna med och utan grannskapsvillkoret) får jag följande siffror:

AABB: 6 / 2 = 3

AABBCC: 90 / 30 = 3

AABBCCDD: 2520 / 840? (det kunde jag inte räkna ihop än)

AAABBB: 20 / 2 = 10

AAABBBCCC: 1680 / 168 = 10

AAAABBBB: 70 / 2 = 35

Stiligt! 

Jag gjorde ett försök med AABBCCDD och landade i 592. Ingen snygg kvot alls (4,26…), men jag var störd och räknade troligen fel här och var.

864 :(

Jag får också 864, bifogar en kråkfotslösning som ingen kommer läsa. Men jag gjorde en Upptäkt.

a) Först räknade jag hur många sätt det blev om de fyra första symbolerna var parvis olika. Det blev 432.
b) Sedan räknade jag antalet sätt om det fanns precis ett par bland de fyra första symbolerna. Det blev 408.

OCH summan av dessa är just 840. (Jubel och applåder!)

c) Men då har vi inte räknat med de fall där de fyra första är två par. (Det är 24 stycken.)

Min gissning är att c-fallet inte blir aktuellt i AABB eller AABBCC; det fallet ligger så att säga i en annan dimension, representerar en term av högre gradtal, eller hur man ska formulera det. Så jag misstänker att undersöker man strängen AABBCCDDEEFF…ÄÄÖÖ, så kommer man någonstans på vägen få ett depåstopp just vid den eftertraktade tredjedelen.

Jag bad grok om att beräkna det för mig med inklusion-exklusion metoden och efter att jag fixade hens slarvfel, fick jag det: 
Bra jobbat.
Jag funderar på sannolikheten (som kanske borde vara nära 1/3) för en lång sträng med n antal tecken.

Bra fråga. Det kunde ju också vara så att andelen kommer längre och längre från 1/3 ju fler par man har. Med en dator kan man såklart undersöka det, men för hand blir det snart en orimlig tidsutdräkt ifall man inte hittar en annan approach.