Комбинаторика - способы упаковки книг по бандеролям

[zigr0lf]

Сколькими способами можно упаковать 11 различных книг в 6 бандеролей, если пять бандеролей должны содержать по 2 книги?

Я решал так:
В первую бандероль - 11 способов упаковки, во вторую - $C_{10}^2$, в третью - $C_{8}^2$, в четвертую - $C_{6}^2$, в пятую - $C_{4}^2$, в шестую - $C_{2}^2 = 1$ способ. Перемножаем, получаем $11 \cdot C_{10}^2 \cdot C_{8}^2 \cdot C_{6}^2 \cdot C_{4}^2 \cdot 1 = \frac{11!}{(2!)^5} = 1247400$
Но при проверке пишут - "это ещё не всё". Что я не учёл?

[Urnwestek]

У вас выходит, что одна книга просто обязана лежать в первой бандероле, непорядок.

[zigr0lf]

Urnwestek
Тогда, получается, в формуле $11 \cdot C_{10}^2 \cdot C_{8}^2 \cdot C_{6}^2 \cdot C_{4}^2 \cdot 1$ 11 надо заменить на $C_{11}^1$?

[Otta]

zigr0lf в сообщении #781554 писал(а):

11 надо заменить на $C_{11}^1$

А чем они отличаются?

Бандероли по 5 книг не различаются, а вот бандероль с одной предварительно надо выбрать. Сколькими способами?

[zigr0lf]

Otta
шестью?

[Urnwestek]

zigr0lf в сообщении #781554 писал(а):

Urnwestek
Тогда, получается, в формуле $11 \cdot C_{10}^2 \cdot C_{8}^2 \cdot C_{6}^2 \cdot C_{4}^2 \cdot 1$ 11 надо заменить на $C_{11}^1$?

Нет, очевидно надо 11 заменить на $\frac{\sqrt{726 \zeta(2)}}{\pi} (\sin^2(x)+\cos^2(x))(\sum\limits_{k=1}^{\infty}2^{-k})$. (:
А если серьезно, то в чём же разница?

Просто домножьте на 6. То есть, сначала вы фиксируйте в каких бандеролях должно лежать по 2 книги, а в каких по одной, а потом решаете как решали и раньше.

[Otta]

zigr0lf в сообщении #781561 писал(а):

Otta
шестью?

Ну а то.

[zigr0lf]

Спасибо всем за помощь!

[VAL]

zigr0lf в сообщении #781546 писал(а):

Сколькими способами можно упаковать 11 различных книг в 6 бандеролей, если пять бандеролей должны содержать по 2 книги?

Я решал так:
В первую бандероль - 11 способов упаковки, во вторую - $C_{10}^2$, в третью - $C_{8}^2$, в четвертую - $C_{6}^2$, в пятую - $C_{4}^2$, в шестую - $C_{2}^2 = 1$ способ. Перемножаем, получаем $11 \cdot C_{10}^2 \cdot C_{8}^2 \cdot C_{6}^2 \cdot C_{4}^2 \cdot 1 = \frac{11!}{(2!)^5} = 1247400$
Но при проверке пишут - "это ещё не всё". Что я не учёл?

Как это часто бывает с "оживлением" комбинаторных задач исчезает четкость постановки.
Скорее всего, предполагается, что бандероли, содержащие по две книги взаимозаменяемы (до написания адреса это так и есть). А в Вашем решении это не учтено.

Пока писал, появились прямо противоположные моему предложения

[Otta]

VAL
Пожалуй да, мы решали другую задачу. По распихиванию книг в уже надписанные ящики.

[zigr0lf]

Тогда вместо умножения на 6 нужно разделить на $5!$ ?

[Urnwestek]

zigr0lf в сообщении #781572 писал(а):

Тогда вместо умножения на 6 нужно разделить на $5!$ ?

Только вот не на $5!$, а чуть на меньшее.

[VAL]

Мне кажется, мои оппоненты (или я?) немного превратно понимают, что есть бандероль.
В моем представлении у нас имеются 6 одинаковых кусков плотной бумаги (или шесть одинаковых неподписанных конвертов). Поэтому исходная задача равносильна такой: сколькими способами можно разбить 11-элементное множество на 6 кучек, в одну из которых попадет один элемент.а в остальные - по два.
Тогда приведенный ответ надо не умножать на 6, а наоборот делить на 120.

[Otta]

VAL
Да оппоненты же ж согласились уже.

[zigr0lf]

Urnwestek
Почему на меньшее? Ведь мы же 5 бандеролей просто местами переставляем.