Gemelli inglesi
- exodd
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infatti non è 2^6!!!
sono 2^5!!
guardate...
A a
B b
C c
D d
E e
F f
(dove a lettere uguali corrispondono gemelli)
è uguale a
a A
b B
c C
d D
e E
f F
traete le conclusioni voi...
sono 2^5!!
guardate...
A a
B b
C c
D d
E e
F f
(dove a lettere uguali corrispondono gemelli)
è uguale a
a A
b B
c C
d D
e E
f F
traete le conclusioni voi...
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
in geometry, angles are angels
"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
ispiratore del BTAEvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
in geometry, angles are angels
"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
io consideravo le due squadre distinteMathomico ha scritto:Pensavo di essere stato già abbastanza esplicito
Comunque ok, anche se in effetti tutto dipende se si decide di dare due nomi diversi alle squadre; in tal caso è corretto considerare distinte quelle simmetriche, quindi sono $ 2^6 $.
se prendiamo in considerazione l'esempio che hai fatto della singola coppia di gemelli a e b
un conto è la squadra A con a e la B con b ma si può scegliere la A con b e la B con a
se quelle due squadre dovessero per esempio gareggiare tra di loro in una gara di orienteering(primo ese mpio che mi capita alla mente) bisognerebbe scegliere quale squadra prende il percorso A e quale il percorso B non importa se i partecipanti siano gli stessi
sì appunto c'è simmetria
e per l'altra mia risposta? è giusta?
In effetti il testo non dice se considerare le squadre "ordinate" o no. Comunque la risposta al primo punto è di certo $ $\frac{2^6}{2!}=2^5$ $ se consideriamo le squadre non ordinate.
Per il secondo punto ho ragionato così:
Ho la prima squadra, devo scegliere 4 coppie di gemelli da cui poi prendere uno dei due gemelli di ogni coppia, quindi ho $ $\binom{6}{4}\cdot 2^4$ $ modi per fare la prima squadra. Sistemiamo ora le altre due coppie di gemelli. Chiaramente dovrò "spezzare" ciascuna delle due coppie nelle due squadre rimanenti. Ho quindi $ $2^2$ $ modi per sistemarli. Mi rimangono infine i gemelli dei componenti della prima squadra, e chiaramente devo metterne due nella seconda squadra e due nella terza, senza il rischio che due gemelli (tra loro) si trovino nella stessa squadra. Quindi ho $ $\binom{4}{2}$ $ modi di scegliere i due da mettere nella seconda squadra, e per gli altri due ho un unica possibilità.
Il risultato dovrebbe quindi essere $ $\frac{\binom{6}{4}\cdot 2^4\cdot 2^2 \cdot \binom{4}{2}}{3!}=960$ $ (ho diviso per le permutazioni delle tre squadre).
Sarà giusto?
Per il secondo punto ho ragionato così:
Ho la prima squadra, devo scegliere 4 coppie di gemelli da cui poi prendere uno dei due gemelli di ogni coppia, quindi ho $ $\binom{6}{4}\cdot 2^4$ $ modi per fare la prima squadra. Sistemiamo ora le altre due coppie di gemelli. Chiaramente dovrò "spezzare" ciascuna delle due coppie nelle due squadre rimanenti. Ho quindi $ $2^2$ $ modi per sistemarli. Mi rimangono infine i gemelli dei componenti della prima squadra, e chiaramente devo metterne due nella seconda squadra e due nella terza, senza il rischio che due gemelli (tra loro) si trovino nella stessa squadra. Quindi ho $ $\binom{4}{2}$ $ modi di scegliere i due da mettere nella seconda squadra, e per gli altri due ho un unica possibilità.
Il risultato dovrebbe quindi essere $ $\frac{\binom{6}{4}\cdot 2^4\cdot 2^2 \cdot \binom{4}{2}}{3!}=960$ $ (ho diviso per le permutazioni delle tre squadre).
Sarà giusto?
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...
però se alle squadre venisse dato il nome A e B allora sarebbe $ 2^6 $fede90 ha scritto:In effetti il testo non dice se considerare le squadre "ordinate" o no. Comunque la risposta al primo punto è di certo $ $\frac{2^6}{2!}=2^5$ $ se consideriamo le squadre non ordinate.
Per il secondo punto ho ragionato così:
Ho la prima squadra, devo scegliere 4 coppie di gemelli da cui poi prendere uno dei due gemelli di ogni coppia, quindi ho $ $\binom{6}{4}\cdot 2^4$ $ modi per fare la prima squadra. Sistemiamo ora le altre due coppie di gemelli. Chiaramente dovrò "spezzare" ciascuna delle due coppie nelle due squadre rimanenti. Ho quindi $ $2^2$ $ modi per sistemarli. Mi rimangono infine i gemelli dei componenti della prima squadra, e chiaramente devo metterne due nella seconda squadra e due nella terza, senza il rischio che due gemelli (tra loro) si trovino nella stessa squadra. Quindi ho $ $\binom{4}{2}$ $ modi di scegliere i due da mettere nella seconda squadra, e per gli altri due ho un unica possibilità.
Il risultato dovrebbe quindi essere $ $\frac{\binom{6}{4}\cdot 2^4\cdot 2^2 \cdot \binom{4}{2}}{3!}=960$ $ (ho diviso per le permutazioni delle tre squadre).
Sarà giusto?
lì non specifica che le squadre devono essere per forza composte da diversi componenti(sarebbero comunque squadre diverse)
per il secondo io ho ragionato così:
diamo tre nomi alle tre squadre: A, B e C
i primi quattro possono indipendentemente andare o in A o in B o in C quindi possono essere scelti in $ 3^4 $ modi
poi per gli altri due(perchè gli altri sono i rispettivi gemelli), essendo completa una delle tre squadre, sono libere solo due squadre
e quindi $ 2^2 $ modi
ne rimangono 6(i rispettivi gemelli). nella squadra dove mancano 2 persone non dovranno andare i rispettivi gemelli dei due che già la compongono.
quindi quelli dovranno andare per forza nella terza squadra.
ne mancano quattro che possono essere scelti in 6 modi(ho fatto uno schemino).
infatti gli ultimi $ 4 $ possono essere ordinati in $ 4! $ modi solo che i primi due si scambino di posto in una squadra è ininfluente. lo stesso con gli altri due nell'altra squadra. quindi$ 4! $\4=$ 6 $quindi i modi totali sono:
$ 3^4*2^2*6 $=$ 1944 $ modi
vi prego ditemi se è sbagliato e soprattutto indicatemi dove e perchè
grazie
Piccolo consiglio riguardo al latex: non serve che scrivi ma basta scrivere
o meglio, dato che il punto è più elegante
Riguardo al problema (apparte il fatto che credo che la mia soluzione sia giusta) la tua soluzione non mi convince. Già quando dici
Un consiglio, non ragionare "per persone" ma "per squadre". Pensa cioè: in quanti modi posso riempire la prima squadra? In quanti modi posso riempire la seconda? Poi la terza è chiaramente univocamente determinata, una volta che hai scelto le prime due.
ciao
Codice: Seleziona tutto
[tex]3^4*2^2*6[/tex]=[tex]1944[/tex]
Codice: Seleziona tutto
[tex]3^4*2^2*6=1944[/tex]
Codice: Seleziona tutto
[tex]3^4\cdot 2^2\cdot 6=1944[/tex]
non è chiaro chi siano questi "primi quattro"... Poi dici che questi quattro possono andare ognuno in una qualunque delle tre squadre, ma poco dopo dicimatteo16 ha scritto:i primi quattro possono indipendentemente andare o in A o in B o in C quindi possono essere scelti in $ $3^4$ $ modi
Non mi è chiaro il tuo ragionamento, mi sembra un po' confuso.matteo16 ha scritto:essendo completa una delle tre squadre
Un consiglio, non ragionare "per persone" ma "per squadre". Pensa cioè: in quanti modi posso riempire la prima squadra? In quanti modi posso riempire la seconda? Poi la terza è chiaramente univocamente determinata, una volta che hai scelto le prime due.
ciao
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...