Señalar mi falacia, en problemas de combinatoria, por favor.

Question

Cinco niños sentados uno detrás del otro en un cinco plazas merry go round, decidir cambiar de asientos, por lo que cada niño tiene un nuevo compañero en la delantera. De cuántas maneras se puede hacer esto?

Mis intentos:

Yo trate de usar PEI pero no funciona, por favor señale una falacia.

Hay $4!$ sin ningún tipo de restricción.

Deje $p_1$ ser la propiedad de tal manera que uno de ellos tiene el mismo compañero en la delantera, lo mismo para otras propiedades, $p_2,p_3,p_4,p_5$, así.

No. de la manera en que $p_1$ se producen,

He utilizado método de lazo, lazo 1ª y la 2ª a uno, seguimos con $3$, que junto con atados uno puede ser dispuestos en $3!$ (circular permutaciones). Lo mismo para otras propiedades.

Ninguna de las formas en que $p_1\cup p_2$ ocurre:

Ahora triple empate consecutivo de la gente, así que seguimos con $2$, que junto con el atado de los pueblos puede ser permutada en $2!$, de igual forma para los demás. Resultados totales en $5\cdot 2!$. (necesita un empate consecutivo de $5$, no cualquier por lo tanto el factor de con $2$ no ${{5}\choose{2}}$)

No. de las formas en que $p_1\cup p_2\cup p_3$ ocurre:

Ahora, cuatro consecutivos a la gente, seguimos con $1$, que junto con el atado puede ser permutada en $1!$. Resultados totales en $5\cdot 1!=5$

No. de las formas en que $p_1\cup p_2\cup p_3\cup p_4$ ocurre:

Ahora vamos a tie $5$ consecutivos, por lo que de una manera.

No. de las formas en que $p_1\cup p_2\cup p_3\cup p_4\cup p_5$ ocurre:

será el mismo que No. de las formas en que $p_1\cup_2\cup p_3\cup p_4$ ocurren $=1$

La explotación de IEP: $$4!-(5\cdot 3!)+(5\cdot 2!)-(5\cdot 1!)+1-1=-1$$

Donde yo más de restar !!!

Por Favor, Ayudar.

Answer 1

Realmente no entiendo lo que usted está contando exactamente. Sin embargo, Si $f(n)$ es el número de reordenamientos de $n$ niños (contando los que pueden ser transformados en otro girando el carrusel), entonces podemos encontrar una recursividad:

Deje $n>3$ y los niños llevan camisetas numeradas $1,\ldots,n$. En el acuerdo original, los niños se sientan como $1\to 2\to\ldots\to n\to 1$. En el $f(n)$ otros arreglos, no hay ningún caso de $k\to k+1$, ni os no $n\to 1$.

Ahora supongamos $n$ pone la cabeza sobre su sucesor y hojas, es decir, convertir a $\ldots\to a\to n\to b\to \ldots$ a $\ldots\to a\to \hat b\to \ldots$. Si $b\ne a+1$, este es uno de los $f(n-1)$ válido situaciones con $n-1$ niños (tenga en cuenta que no es posible tener $a=n-1$$b=1$); además, de un chico que no es ni $1$ ni el sucesor de $n-1$ tiene un sombrero.

Pero si $b=a+1$, $a$ hojas con $n$, lo toma de la camisa y los niños $a+1,\ldots, n-1$ interruptor de camisetas de modo que cada disminuye en uno, y la camisa de $n-1$ queda sin utilizar. En el final, tenemos la $\ldots\to \hat a\to\ldots$ donde $n$ y el ahora sin camisa niño de la izquierda. Así que este es uno de los $f(n-2)$ válido arreglos y un cabrito $\ne 1$ $\ne n-2$ (tenga en cuenta que estas dos excepciones son diferentes!) tiene un sombrero.

Porque de el sombrero, podemos deshacer estos pasos: Si hay $n-1$ kids on the merry go round, $n$ simplemente inserta a sí mismo detrás de la hat-niño. Y si hay $n-2$ a los niños, a continuación, $n$ inserta detrás del sombrero-niño con el sin camisa niños detrás de él, los niños de la $\hat a,a+1,\ldots, n-2$ aumentar sus números, mientras que los sin camisa obtiene el libre $a$.

Llegamos a la conclusión de que $$\tag1 f(n) = (n-3)f(n-1)+(n-4)f(n-2)\qquad\text{if }n>3.$$ Claramente, $f(1)=f(2)=0$, $f(3)=1$. Es lo suficientemente fácil de usar $(1)$ encontrar $f(5)$.

De acuerdo a http://oeis.org/A000255tenemos la sorprendente fórmula $$f(n+3)=\left\lfloor\frac{n!(n+2)}{e}+\frac12 \right\rfloor.$$

Answer 2

Si usted tiene una reordenación de modo que cada niño tiene un nuevo compañero en la delantera, luego hay 4 soluciones similares. Tesis puede ser obtenida por la rotación de los childs cualquier número de veces por $2\pi/5$ sobre el centro de la merry-go-round. Por lo tanto la respuesta es un múltiplo de 5.

Ahora, creo que es más simple, sólo la lista de soluciones. Comienza por la elección de una rotación mediante la asignación de niños de 1 a, digamos, el 3er asiento. A continuación, poner en frente de él, 3, 4 o 5. A continuación, detrás de él, pero que 5, quien está a la izquierda.

Poner los dos últimos childs, sin embargo, puede válidamente ser hecho (0, 1 o 2 maneras (de hecho, al menos, 1))

$\{4,2,1,3,5\}\ ,\ \{5,2,1,4,3\}\ ,\ \{3,2,1,5,4\}$
$\{2,4,1,3,5\}\ ,\ \{5,3,1,4,2\}\ ,\ \{4,3,1,5,2\}$
$\{5,4,1,3,2\}\hspace{31.6mm}\{2,4,1,5,3\}$

Hay 8 así que la respuesta es $8\cdot5=40$

Answer 3

Creo que la principal falacia en el argumento es que, erróneamente, elija propiedades

Tomemos $p_1$ ser la propiedad de que exactamente una persona tiene el mismo compañero. Número de maneras en que esto se puede hacer es $\binom51*\binom21*3!$ Aquí hay $\binom21$ elegir compañero(porque en una mesa redonda en la que cada persona tiene dos compañeros y hay dos formas de elegir un compañero que se mantiene intacta con la persona.

Tomemos $p_2$ ser la propiedad de que exactamente dos persona tiene el mismo compañero.

Se puede dividir en los casos

i)Cuando las dos personas están en lugares adyacentes.Número de maneras de elegir a las personas=5(si la mesa redonda va como $A->B->C->D->E->A$ a Continuación, se puede ver claramente que al lado dos personas puede ser elegido en 5).

por lo tanto el número de formas=$5*2!$(sólo tenemos una opción para la elección de compañero en este caso)

2)Cuando las dos personas son un solo lugar uno al lado del otro

Número de maneras de elegir a las personas=$5$(Similar al argumento de que en el primer caso)

por lo tanto el número de formas=$5*\binom32*2!$ Aquí hay $\binom32$ formas de elegir compañero(Por ejemplo, si la mesa redonda es $A->B->C->D->E->A$ si $A$ $C$ son catalogadas posible la elección de compañeros se $B,D,E$ de los que cualquiera de los dos es para ser elegido.)Una cosa más, que aquí debe ser tomado en consideración.Cuando las dos personas tiene el mismo compañero.Se puede hacer en $5*2!$

3)en Último caso, cuando las dos personas están diagonalmente opuestos el uno al otro

PRECAUCIÓN Que ya está contado en el segundo caso.

De modo similar, cuando tres personas tiene el mismo compañero=$2$(dos rotaciones de las agujas del reloj o en el sentido contrario son posibles)

Ahora aplica el IEP(que no tiene ninguna de las propiedades anteriormente mencionadas) como $$4!-(\binom51*\binom21*3!)+(5*2!+5*\binom32*2!+5*2!)-2$$