Permutationer och kö

Eftersom fem personer redan har stuckit till den andra kön

naytte skrev:

Eftersom fem personer redan har stuckit till den andra kön

Jo ja, men varför hade man inte bara kunant köra P(10,5) * 2

Det är väl samma antal permutationer

Nej, varför skulle det bli det?

Försök förklara med ord vad P(10,5) betyder!

naytte skrev:

Nej, varför skulle det bli det?

Försök förklara med ord vad P(10,5) betyder!

Man väljer ut k antal från n element, alltså att man väljer ut 5 från 10. Båda köer kommer ha 5 pers vardera?

Fan vänta, verkar tydligen glömma använda logik. Klart 5 pers kommer vara kvar om vi väljer 5 pers till en kö, hahaha tack!

Nästan! Hade det stått $C(10, 5)$ ("10 välj 5") så hade du haft rätt. När vi använder notationen $P(10, 5)$ så avses antalet permutationer som man kan skapa om man väljer ut fem personer ur gruppen. Det gäller alltså att $\displaystyle P(10,5) = C(10, 5)\cdot 5!$. Först väljer vi ut fem personer, och sedan blandar vi dessa.

I vårt fall vill vi först välja ut våra fem personer till den första kön ($C(10, 5)$), sedan blanda dessa ($\cdot 5!$), sedan välja ut resterande fem ($C(5, 5) = 1$) och sedan permutera dessa ($\cdot 5!$). Då får vi alltså:

$\displaystyle C(10,5)\cdot 5! \cdot C(5,5)\cdot 5! = 3628800$

naytte skrev:

Nästan! Hade det stått $C(10, 5)$ ("10 välj 5") så hade du haft rätt. När vi använder notationen $P(10, 5)$ så avses antalet permutationer som man kan skapa om man väljer ut fem personer ur gruppen. Det gäller alltså att $\displaystyle P(10,5) = C(10, 5)\cdot 5!$. Först väljer vi ut fem personer, och sedan blandar vi dessa.

I vårt fall vill vi först välja ut våra fem personer till den första kön ($C(10, 5)$), sedan blanda dessa ($\cdot 5!$), sedan välja ut resterande fem ($C(5, 5) = 1$) och sedan permutera dessa ($\cdot 5!$). Då får vi alltså:

$\displaystyle C(10,5)\cdot 5! \cdot C(5,5)\cdot 5! = 3628800$

Så att det är "2 led" spelar egentligen, ingen roll? Det är 10 platser - som fördelas på 10 personer

Att det är två led tas ju hänsyn till när vi gångrar med $5!^2$.

naytte skrev:

Att det är två led tas ju hänsyn till när vi gångrar med $5!^2$.

Är helt mindfucked om jag ska vara ärlig, varför 5! om man tar hänsyn till båda led? det är väl då man kör * 2?

Om vi hade tagit $C(10,5)\cdot 2$ så är det samma sak som att välja ut fem personer från en grupp av tio personer två gånger. Detta blir knasigt av två skäl:

• Vi har ju inte blandat grupperna vi har skapat
• Vi har inte tagit hänsyn till att fem personer försvinner ur mängden valbara personer när den första gruppen har skapats

Är helt mindfucked om jag ska vara ärlig

Det blir tyvärr inte bättre i kombinatorik hur mycket man än jobbar med det. Jag tycker att kombinatorik är en av de svåraste grenarna som finns i matematiken.

Vad man än räknar ut så är det svaret på någon rimlig fråga, bara inte den man skulle svara på.

naytte skrev:

Om vi hade tagit $C(10,5)\cdot 2$ så är det samma sak som att välja ut fem personer från en grupp av tio personer två gånger. Detta blir knasigt av två skäl:

• Vi har ju inte blandat grupperna vi har skapat
• Vi har inte tagit hänsyn till att fem personer försvinner ur mängden valbara personer när den första gruppen har skapats

Är helt mindfucked om jag ska vara ärlig

Det blir tyvärr inte bättre i kombinatorik hur mycket man än jobbar med det. Jag tycker att kombinatorik är en av de svåraste grenarna som finns i matematiken.

Kombinatorik är svårt men det blir absolut lättare. Man behöver lära sig tänka kombinatoriskt, vilket är ett lite annorlunda sätt att tänka än i övrig matte.

En sådan här uppgift har egentligen en mycket enklare lösning, det är ingen tillfällighet att svaret blir 10!.

Det finns ingen skillnad mellan antalet sätt att placera 10 människor i två köer om 5 och att placera dem i en kö om 10. Det är bara att tänka att kö 1 är plats 1-5 och kö 2 är plats 6-10. Man kan tänka att först står de i en kö om 10 och sedan öppnas kassa 2 varvid plats 6-10 i kön går och ställer sig i kassa 2. Exakt samma sak. 

Man behöver lära sig tänka kombinatoriskt

Ja, du, det är nog inte alla förunnat, tyvärr.

Givetvis går det att bli bättre på kombinatorik, som med allt annat i livet, men det är en gren av matematiken som kan bli oerhört svår oerhört fort; till synes enkla problem kan vara riktigt, riktigt svåra. Dessutom saknas det i princip alltid ett sätt att kontrollera om ens svar stämmer. Det går liksom inte att rimlighetsbedöma något i kombinatoriken.

naytte skrev:

Dessutom saknas det i princip alltid ett sätt att kontrollera om ens svar stämmer. Det går liksom inte att rimlighetsbedöma något i kombinatoriken.

Jag brukar skapa ett mindre exempel som man kan kontrollera enklare och räkna på exakt samma vis för att se om jag får rätt svar.

Det är en bra strategi! (som fungerar i mer "straight forward" uppgifter)