Сколько существует четырехзначных чисел, с возр. цифрами?

[мат-ламер]

gris в сообщении #568809 писал(а):

Кстати, если, скажем, возрастание изменить на неубывание, то задача будет не такой уж и тривиальной. Или нет?

Тогда придётся последовательно решить все задачи с меньшим числом цифр и просуммировать.
Хотя нет. Ерунду написал. Надо подумать.
Просуммировать, но с некоторыми коэффициентами.

[gris]

Да. Однозначных девять и они превращаются в девять четырёхзначных. Число двузначных-циферно-строго-возрастающих умножается на три и так далее. А если обобщить на n-значные в k-ичной системе счисления?

Но отвечая всё-таки на вопрос ТС о том, как решаются такие задачи, скажу, что я по бестолковости сначала выписываю примеры и смотрю, как эти вещи устроены, а потом уже пытаюсь применить какие-то комбинаторные формулы.

[ewert]

(Оффтоп)

_mv в сообщении #568747 писал(а):

Будьте добры, уйдите из моих интернетов,

"Ты мне больше не подружка!
Ты мне больше не дружок!
Не играй в мои игрушки
И не писай в мой горшок!"

[bot]

gris в сообщении #568809 писал(а):

Кстати, если, скажем, возрастание изменить на неубывание, то задача будет не такой уж и тривиальной.

Те же сочетания, только сбоку. Число монотонно нестрого возрастающих отображений из $\{0, 1, 2, \ldots , n-1\}$ в $\{0, 1, 2, \ldots , m\}$ - это число неотрицательных целых решений неравенства $x_1+\ldots +x_n\leqslant m, $ выражаемое формулой $C_{n+m}^m$. Здесь $n=4, m=8$.

[Cash]

Интересно. Применяя метод gris, мы записываем 36-значное число $111122223333...9999$ и вычеркиваем 32 цифры, получая $C_{36}^4$, что немного отличается от $C_{12}^4$

-- Ср май 09, 2012 07:53:44 --

Ну да, конечно же куча вычеркиваний дублирует числа

[smpsmath]

Дубовое решение для строгого возрастания
$\\1+1+1+1+1+\:\:1+\:\:1+\:\:1+\:\:1=\:\:\:\:9=C_{9}^{1}\\ 0+1+2+3+4+\:\:5+\:\:6+\:\:7+\:\:8=\:\:36=C_{9}^{2}\\ 0+0+1+3+6+10+15+21+28=\:\:84=C_{9}^{3}\\ 0+0+0+1+4+10+20+35+56=126=C_{9}^{4}$
для нестрогого возрастания
$\\1+1+\:\:1+\:\:1+\:\:1+\:\:1+\:\:\:\:1+\:\:\:\:1+\:\:\:\:1=\:\:\:\:9=C_{9}^{1}\\ 1+2+\:\:3+\:\:4+\:\:5+\:\:6+\:\:\:\:7+\:\:\:\:8+\:\:\:\:9=\:\:45=C_{9}^{1}+C_{9}^{2}\\ 1+3+\:\:6+10+15+21+28+\:\:36+\:\:45=165=C_{9}^{1}+2C_{9}^{2}+C_{9}^{3}\\ 1+4+10+20+35+56+84+120+165=495=C_{9}^{1}+3C_{9}^{2}+3C_{9}^{3}+C_{9}^{4}$
Ответ в общем виде очевиден

[bot]

Читайте Виленкина. Каждому нестрого возрастающему отображению $f$ из $\{0, 1, 2, \ldots , n-1\}$ в $\{0, 1, 2, \ldots , m\}$ сопоставим бинарную последовательность:

$\underbrace{1\ldots 1}_{f(0)}0\underbrace{1\ldots 1}_{f(1)-f(0)}0\ldots \underbrace{1\ldots 1}_{f(n-1)-f(n-2)}0\underbrace{1\ldots 1}_{m-f(n-1)}$

Из $n+m$ мест нам нужно выбрать $n$ мест для нулей.

[Dragon27]

(Оффтоп)

Надо ещё глубже копнуть. Наверняка, тут и дифференциальную геометрию задействовать можно