Fórum de Matemática
DÚVIDAS? Nós respondemos!

Boas!
Este tipo de exercicio ainda nao percebi muito bem a logica por detras do mesmo... nem tao pouco como se chega a solucao...

Exercicio: 10 elementos em fila (a,a,b,b,b,c,c,c,c,d)
- De quantas maneiras diferentes se pode dispor estes elementos em fila sem que:
a) os elementos 'b' fiquem juntos
b) os elementos 'c' fiquem juntos

Cumprimentos!

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Cumprimentos!
~C. Dinis

Oi,

Vamos pensar sobre o item a) (sem que) os elementos 'b' fiquem juntos.

Uma maneira de resolver isso é contar quantas maneiras podemos dispor os 10 elementos em fila ( \(= 10!\) ) e subtrair desse resultado a quantidade de maneiras nas quais os 'b' ficam juntos \(( = 8! )\).

Concorda?

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Fraol
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(Estive para responder ontem mas pelos vistos existe um limite de 2 mensagens por dia...)

Esqueci-me de mencionar um pormenor... Todos os elementos b devem ficar separados... ou seja, "bb" tambem devera ser descartado.

Penso que seria 10! - 8! - 9! mas o livro da-me um resultado completamente diferente.

8!: Tres elementos "b" juntos
9!: Dois elementos "b" juntos

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Cumprimentos!
~C. Dinis

dininis,
veja se o resultado é este:

a)

\(\frac{10!}{2!3!4!} - \frac{8!}{2!4!} =
12600 - 840 =
11760\)

b)

\(\frac{10!}{2!3!4!} - \frac{7!}{2!3!} =
12600 - 420 =
12180\)

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Vivemos em um mundo onde toda informação é falsa até que se prove o contrário.
A Verdade está a caminho.

O que pretendo com esta questao e verificar se existe alguma forma de solucionar este tipo de problema. O espaco amostral que forneci e aleatorio

Tenho dois problemas desse genero:
S={M1,M2,M3,M4,F1,F2,B1,B2,B3} ou seja, 4 livros de matematica, 2 de fisica e 3 de biologia
Pergunta: de quantas formas se podem arrumar os livros, em fila, de modo que todos os livros de biologia fiquem separados.
Solucao dada pelo livro: 151'200

S={A,K,Q,J,10,9,8} Sao cartas de jogo
Pergunta: Em quantas filas diferentes se podem dispor as cartas de modo que nao fiquem duas cartas com numeros seguidas?
Solucao dada pelo livro: 1440
Esse numero pode ser obtido por 2!*6! (numero de formas que existem de duas cartas estarem juntas, vezes o numero de formas que as mesmas podem trocar entre si)
Nao consigo, de forma alguma, que saiba, de aplicar isso ao primeiro exercicio... Coloquei aqui a questao, para saber se, de facto, as solucoes estao erradas.

OBS: Nao tenho acentuacao neste teclado... Sorry :/

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~C. Dinis

Boa noite dininis,

Estava pensando neste problema e percebi minhas limitações em problemas de contagem. Como não consegui uma regra mais prática até então, resolvi abordar a análise de casos. Por motivos óbvios, trabalhei agora há pouco no caso das cartas
.

Montei uma tabela com os possíveis casos em não se tem dois números juntos:

Na tabela acima, \(N\) indica que um número ocupará aquela posição. Pelas restrições do problema, as posições vizinhas serão ocupadas por cartas não numéricas.

Nesse caso discreto, 7 elementos, é relativamente rápido montar a tabela pensando em cada caso possível. Para problemas com mais elementos, dependendo dos arranjos pretendidos, pode não ser viável.

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Fraol
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Hmm... Dará para fazer algum tipo de função para calcular esse número de linhas?
Raciocinio:


Na prática... Acho que Funciona (nestes dois exercícios, pelo menos)
1º Exercício

2º Exercício



A - B - A - B
E=2 ----- P=4 ----- n=4-2=2
\(L_{2}\) = 2+1 + 1 = 4
4*2!*2! = 16

Parece-me bem...

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~C. Dinis

Boas,

O raciocínio é interessante, parabéns. Acho que é um caminho analisar o padrão. Eu testei para E=3 e P=5 e deu Ok. Para E=2 e P=6 parece que falhou.

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Fraol
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Estive a analisar melhor e verifiquei que o "n" apenas funciona com 3 Elementos...

Voltando ao inicio, então.
n = Número de Elementos (Superior ou igual a 1)
p = Número de Posições (Superior ou igual a 2n-1)
\(^{n}\textrm{L}_{p}\) = Número de Linhas
\(^{n}\textrm{C}_{p}\) = Número de Casos = \(^{n}\textrm{L}_{p}\) x n! x (p-n)!

\(^{1}\textrm{L}_{p}\;=\;p\)
\(^{2}\textrm{L}_{p}\;=\;^{1}\textrm{L}_{p-2-0}\;+\;^{1}\textrm{L}_{p-2-1}\;+\;...\;+\;^{1}\textrm{L}_{2n-1}\)
\(^{3}\textrm{L}_{p}\;=\;^{2}\textrm{L}_{p-2-0}\;+\;^{2}\textrm{L}_{p-2-1}\;+\;...\;+\;^{2}\textrm{L}_{2n-1}\)
\(^{4}\textrm{L}_{p}\;=\;^{3}\textrm{L}_{p-2-0}\;+\;^{3}\textrm{L}_{p-2-1}\;+\;...\;+\;^{3}\textrm{L}_{2n-1}\)
\(^{5}\textrm{L}_{p}\;=\;^{4}\textrm{L}_{p-2-0}\;+\;^{4}\textrm{L}_{p-2-1}\;+\;...\;+\;^{4}\textrm{L}_{2n-1}\)

Ou seja,
\(^{n}\textrm{L}_{p}\;=\;^{n-1}\textrm{L}_{p-2-0}\;+\;^{n-1}\textrm{L}_{p-2-1}\;+\;...\;+\;^{n-1}\textrm{L}_{1}\)

Vamos ver se funciona assim...

Resumidamente, sim! Com um pouco mais de análise deve dar para simplificar isso bastante (Segue em anexo o exercício 4). Dá para verificar o seguinte:
se n=3 e p=8; L=4(1)+3(2)+2(3)+1(4)
se n=4 e p=10; L=10(1)+6(2)+3(3)+1(4)
se n=5 e p=12; L=20(1)+10(2)+4(3)+1(4)
se n=6 e p=14; L=35(1)+15(2)+5(3)+1(4)

Provavelmente em exame este tipo de exercício apenas deverá sair com n=2 ou n=3. Vou prosseguir com a matéria

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Cumprimentos!
~C. Dinis

(esqueci-me do anexo... Aí vai!)

OBS: Estou a assumir que não é possível editar mensagens já enviadas!

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~C. Dinis