Задачка на отображения

[provincialka]

Вам не надо их "вычленять", надо только посчитать.
Например, будем искать отображения из множества $N=\{1,2,3\}$ в $A=\{a,b,c,d\}$. Каждое такое отображение можно считать списком трёх элементов из $A$. Скажем,
$(a,b,c)$; $(a,c,b)$; $(b,a,c)$; $(b,c,a)$; $(c,a,b)$; $(c,b,a)$
$(a,b,d)$; $(a,d,b)$; $(b,a,d)$; $(b,d,a)$; $(d,a,b)$; $(d,b,a)$
и т.д.

В каждой строчке множество значений $f(N)$ одно и то же.
1. Сколько выписано отображений?
2. Сколько из них имеют различные образы?
3. Чем отличаются (как связаны) отображения в одной строке?
4. Как получить число множеств (образов), если мы знаем число всех отображений?

[Orkimed]

provincialka
1.Выписано отображений 10.
2.Имеют только 2.
3.Отличаются порядком элементов, связаны количеством этих элементов и именами.
4.Разделить число всех отображений(образов) на мощность отображаемого множества?
P.S
Вроде в школе нормально учился, в институте тоже неплохо учусь. Корплю над учебниками, разбираюсь, редко прогуливаю. Но, после вопросов некоторых членов этого форума, чувствую себя тупым. Это нормально? Знаю, что это всё к лучшему. Гнева или ярости нет, есть только разочарование, что много чего не знаю и список этих тем будет шириться и шириться, а время штука конечная. И это расстраивает. После этого я рад, что пошёл учиться на математика. Нигде больше подобного веселья не получишь.

[arseniiv]

(По поводу последнего)

Если вы хорошо высыпаетесь, должен быть порядок. А если плохо, то стоит что-то сделать, потому что голове для качественной работы это всё-таки нужно. Остальное приложится, если интерес есть и хорошая среда.

Orkimed в сообщении #1113450 писал(а):

1.Выписано отображений 10.
2.Имеют только 2.

Вообще-то, выписано 12. И, уверен, provincialka имела в виду и ещё несколько отображений, скрытых за словами «и т. д.».

[Orkimed]

arseniiv
Моя ошибка не досмотрел. 12 отображений выписано,но их много больше. Их вроде должно быть $A_4^3$

-- 08.04.2016, 23:09 --

Пришлось попопеть и выписать всевозможное отображения из N в A. Всего их получилось 24. Группы по 6. Итого 4 порождающих перестановки.
Самое забавное, что я до этого намного быстрее дошёл, если заметил бы не эквивалетность $(n-m+1)!\ne \frac{n!}{(n-m)!}$. Получается, что в ответах была верная формула, так как $C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}=\frac{A_n^m}{m!}$ верна. И я её даже писал до этого. Калужина я пока положу на полку. Рановат он для меня еще.

-- 08.04.2016, 23:11 --

Всем огромное спасибо за участие. Без ваших бы советов не смог разобраться. Ещё раз удостоверился, в том что Комбинаторика очень красивая наука.

[provincialka]

arseniiv в сообщении #1113457 писал(а):

имела в виду и ещё несколько отображений, скрытых за словами «и т. д.».

И да и нет. Выписано 12, а разных из них -- 2, в 6 раз меньше. Почему в 6 раз? Потому что существует $3! =6$ перестановок (биекций) множества из 3 элементов. На это число и надо делить $A_n^m$. Вопрос ведь, как я понимаю, в этом и состоял: при чём тут биекции.