Como se discutió en los comentarios después de la respuesta de true blue anil, esta respuesta detalla los métodos de ataque que son inferiores al método tomado por true blue anil.
En primer lugar, solo para verificar el método de true blue anil:
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Primero, ignores la restricción de que los $~3~$ A deben estar juntos:
$\displaystyle \frac{8!}{(3!) \times (1!) \times (2!) \times (2!)} = 1680.$
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Luego consideras la cantidad de formas de violar la restricción de que los $~3~$ A deben estar juntos:
Como se indicó en la respuesta de true blue anil, consideras los $~3~$ A como fusionados en una unidad, por lo que ahora tienes $6$ unidades para distribuir.
$\displaystyle \frac{6!}{(1!) \times (1!) \times (2!) \times (2!)} = 180.$
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Luego, realizas la resta:
$1680 - 180 = 1500.$
En primer lugar, voy a criticar tu método. Luego mostraré un método de ataque alternativo que es inferior al método de true blue anil.
$\underline{\text{Crítica de tu Método}}$
Este es el método que comenzaste.
Intenté primero colocar las otras letras de modo que $bccdd$ luego tendremos espacios ${\_b\_ c\_ c\_d \_d\_}$ para eso tenemos $1!\cdot 2!\cdot 2!$ Pensé en multiplicar por ${8 \choose 1}\cdot 1! \cdot {7 \choose 2} \cdot 2! \cdot {5 \choose 2 } \cdot 2!$
Este enfoque tiene dos problemas:
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En lugar de $\displaystyle {8 \choose 1}\color{red}{\times 1!} \times {7 \choose 2} \color{red}{\times 2!} \times {5 \choose 2 } \color{red}{\times 2!}$
Tu cálculo preliminar debería ser:
$\displaystyle {8 \choose 1} \times {7 \choose 2} \times {5 \choose 2 } = 1680.$
La razón es que las $~2~$ C son indistinguibles entre sí. Etiquetando estas letras como C-1 y C-2, tener C-1 antes de C-2 es lo mismo que tener C-2 antes de C-1. Del mismo modo, las $~2~$ D son indistinguibles entre sí.
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Con la corrección en su lugar, y el cálculo preliminar en $1680$, el enfoque no considera que no se te permite que los $~5~$ caracteres que no son una A estén posicionados de manera que creen un espacio de tres posiciones no utilizadas consecutivas.
Por eso, la corrección a tu cálculo preliminar da como resultado la misma respuesta que el cálculo preliminar de true blue anil, $~1680.$
Para rehabilitar tu método, entonces necesitarías restar el número de formas de colocar los $~5~$ caracteres que no son una A para que creen un espacio de tres posiciones no utilizadas consecutivas.
Hay $~6~$ posiciones iniciales potenciales para el espacio de tres posiciones no utilizadas consecutivas, ya que este espacio puede comenzar en cualquier lugar entre las posiciones $~1~$ a través de $~6~$ inclusive.
Para cada una de las $~6~$ ubicaciones del espacio de tres posiciones no utilizadas consecutivas, el número de formas de colocar las $~5~$ letras que no son una A en las $~5~$ posiciones restantes es:
$\displaystyle \binom{5}{1} \times \binom{4}{2} \times \binom{2}{2} = \frac{5!}{(1!) \times (2!) \times (2!)} = 30.$
Luego, el número de secuencias que se deben restar es $~6 \times 30 = 180.$
Entonces, llegas a la respuesta final de $~1680 - (6 \times 30) = 1500.$
$\underline{\text{Método Alternativo}}$
Voy a utilizar un enfoque de Estrellas y Barras. Para la teoría de Estrellas y Barras, consulta este artículo y este artículo.
Las $~3~$ A deben posicionarse de manera que no estén todos juntos. Considera la siguiente ilustración de la colocación de los $~3~$ A:
_A_A_A_
Es decir, los $~3~$ A (potencialmente) crean $~4~$ regiones; antes del primer A y después de cada uno de los $~3~$ A.
Considera el número de soluciones al siguiente problema:
- $x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 5.$
- $x_1, x_2, x_3, x_4 \in \Bbb{Z_{\geq 0}}.$
Según la teoría de Estrellas y Barras, el problema anterior tiene
$\displaystyle \binom{5+[4-1]}{4-1} = \binom{8}{3} = 56~$ soluciones.
Las variables $~x_1, \cdots, x_4~$ representan el tamaño de las respectivas regiones. La única forma de violar la restricción de que los tres A estén juntos es si $~x_2~$ y $~x_3~$ son ambos iguales a $0$.
Esto corresponde al número de soluciones al siguiente problema:
- $x_1 + 0 + 0 + x_4 = 5.$
- $x_1, x_4 \in \Bbb{Z_{\geq 0}}.$
Según la teoría de Estrellas y Barras, el problema anterior tiene
$\displaystyle \binom{5+[2-1]}{2-1} = \binom{6}{1} = 6~$ soluciones.
Por lo tanto, el número total de formas de colocar los $~3~$ A para que no estén todos juntos es $56 - 6 = 50.$
Como se discutió en la sección anterior, para cada colocación satisfactoria de los $~3~$ A, el número de formas de colocar las letras restantes es
$\displaystyle \binom{5}{1} \times \binom{4}{2} \times \binom{2}{2} = \frac{5!}{(1!) \times (2!) \times (2!)} = 30.$
Por lo tanto, el número total de secuencias satisfactorias es
$$(56 - 6) \times 30 = 1500.$$
