Gemelli inglesi

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Fedecart
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Messaggio da Fedecart » 11 giu 2008, 21:29

Boh io ho pensato che se sono gemelli sono perfettamente identici quindi non si può distinguere Carletto da Luigino... Ma ripeto, ho appena iniziato con la combinatoria quindi è naturale che abbia sbagliato!

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Mathomico
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Messaggio da Mathomico » 11 giu 2008, 21:46

julio14 ha scritto:@matteo16 ok così il 1 è a posto.
Non mi torna... se fosse una classe (un po' povera) con 1 coppia di gemelli, quanti dovrebbero essere i modi di fare 2 squadre da 1?

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exodd
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Messaggio da exodd » 11 giu 2008, 21:55

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...
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
EvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
ispiratore del BTA

in geometry, angles are angels

"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"

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Mathomico
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Messaggio da Mathomico » 11 giu 2008, 22:09

Pensavo di essere stato già abbastanza esplicito :D
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 $.

matteo16
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Messaggio da matteo16 » 11 giu 2008, 22:17

Mathomico ha scritto:Pensavo di essere stato già abbastanza esplicito :D
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 $.
io consideravo le due squadre distinte
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?

fede90
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Messaggio da fede90 » 12 giu 2008, 12:48

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?
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...

matteo16
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Messaggio da matteo16 » 12 giu 2008, 17:47

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?
però se alle squadre venisse dato il nome A e B allora sarebbe $ 2^6 $
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 8)

fede90
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Messaggio da fede90 » 13 giu 2008, 13:29

Piccolo consiglio riguardo al latex: non serve che scrivi

Codice: Seleziona tutto

[tex]3^4*2^2*6[/tex]=[tex]1944[/tex]
ma basta scrivere

Codice: Seleziona tutto

[tex]3^4*2^2*6=1944[/tex]
o meglio, dato che il punto è più elegante

Codice: Seleziona tutto

[tex]3^4\cdot 2^2\cdot 6=1944[/tex]
Riguardo al problema (apparte il fatto che credo che la mia soluzione sia giusta) la tua soluzione non mi convince. Già quando dici
matteo16 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 è chiaro chi siano questi "primi quattro"... Poi dici che questi quattro possono andare ognuno in una qualunque delle tre squadre, ma poco dopo dici
matteo16 ha scritto:essendo completa una delle tre squadre
Non mi è chiaro il tuo ragionamento, mi sembra un po' confuso.
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 :wink:
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...

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