Я тут нидавно купил себе партфель с кодовым зомком. Коженый такой партфель и замок такой с тремя калесиками, на каждом калесике па 10 циферок, чтобы дакументы важные не слямзили типа. На дасуге решил просчитать, сколька гипатетических вареантав кадиравания такога замка сущиствует с матиматическай точки зрения. Хачу праверить правильность логики сваиго рассуждения. Прашу всех жилающих высказацца. Итак, найдем каличества камбенацей из трех циферак, гинерируемых тримя калесиками используя камбенаторные метады. Абазначим каличества искомых камбенаций через Х. Будим называть искомыйе камбенации выхадными. Для аблигченийя васпреятия дальше буду песать без ашипок.
1. Имеем три колесика. Назовем их множество 1, множество 2 и множество 3. В каждом множестве 10 элементов (0, 1, ..., 9). Если элемент n входит в множество i, будем писать ni (n с индексом i). Количество всех элементов (объединение трех множеств) равно 3х10=30 (назовем его гипермножеством). Так, например, в гипермножестве имеем три элемента 5 — это 51, 52 и 53. Найдем, сколькими способами можно выбрать 3 элемента из 30. Количество размещений из 30 элементов по 3 равно (1) А330=30!/(30-3)!=30!/27!=27!х28х29х30/27!= 28х29х30=24360. Это число очевидно больше количества возможных выходных комбинаций. Так происходит, потому что (1) перечисляет несколько раз одни и те же выходные комбинации, но с разными индексами при элементах гипермножества (например, 112233 и 132333 (и др.) это одна и та же выходная кобинация 123, но две (и более) разных комбинации из элементов гипермножества).
Наша задача теперь в том, чтобы найти все эти «лишнии» комбинации (соответствующие одной выходной) и вычесть их из (1).
2. Все числа от 0 до 999 можно разделить на числа вида
a) xyz (например, 145, 546, 067 и т.д.);
b) xxy (557, 988, 474, 004 и т.д.);
c) xxx (111, 888, 000 и т.д.).
Количество всех чисел вида а) очевидно расчитывается по формуле размещений и равно (а) А310=10!/(10-3)!=8х9х10=720. Чисел вида с) очевидно столько же, сколько чисел от 0 до 9, т.е. (с) 10. Значит, количество чисел вида b) равно (b) 1000-720-10=270.
Найдем, сколько в (1) «лиших» чисел всех трех видов.
Добавлено (31 Октября 2006, 22:45:02)
---------------------------------------------
3. Одно и то же (!) выходное число вида а) может быть составлено из таких (разных!) элементов гипермножества, как x1y1z1, x1y1z2, ..., x3y3z3 (это мы уже знаем). Перечисляя все эти варианты (представления) одного числа, составленные из разных элементов гипермножества, мы на самом деле занимаемся не чем иным, как размещением с повторениями трех индексов при одних и тех же постоянных элементах, образующих число (а всего, как мы уже тоже знаем, этих чисел насчитывается (а) — но об этом позже!)! Количество представлений одного выходного числа вида а) в (1) равно, таким образом, (2) Â33=33=27.
4. Числа вида b) различаются по линейному расположению цифр (xxy, xyx, yxx). Всего возможно три варианта расположения по формуле С23=3!/2!(3-2)!=6/2=3. Числа вида b) также могут различаться индексами при цифрах-элементах гипермножества (x1x2y, x1x3y и т.д.). Следует заметить, что невозможо число x1x1y (а было возможно, например, x1y1z1) и подобные ему, так как каждое число от 0 до 9 входит в каждое из трех множеств только по одному разу! Следовательно, в отличие от предыдущего пункта, мы имеем дело с размещениями двух индексов (из трех) «без повторений». Их количество равно А23=3!/(3-2)!=6/1=6. Общее количество представлений одного (из (b)) числа вида b) в (1) равно (3) А23С23=6х3=18.
5. Все десять выходных чисел вида с) различаются в (1) только по комбинациям индексов. Опять, как и в предыдущем пункте, индексы не могут повторяться в одном числе (т.е. при элементах разных множеств). Как легко заметить, количество чисел x1x2x3, ..., x1x3x2 и т.д. есть все возможные комбинации трех индексов 1, 2 и 3 без повторений. То есть, (4) Р3=3!=6.
Теперь у нас есть все данные для нахождения количества выходных комбинаций Х.
Важно заметить, что не все числа, представленные в (2), (3) и (4) являются «лишними»!!! Среди каждого числа (а), (b) и (с) в (2), (3) и (4) имеется ровно по одному «нелишнему»! Действительно, чтобы получить выходное число 123 не нужно из (1) вычитать все его представления вида 1i2j3k, так как и само это выходное число как бы уничтожится (т.е. одно представление нужно оставить). Следовательно, нужно вычитать из (1) не (а)(2), (b)(3) и ©(4), а (а)((2)-1), (b)((3)-1) и (с)((4)-1).
В итоге имеем:
1) количество «лишних» чисел вида а) равно Nа)=(а)((2)-1)=720х(27-1)=720х26=18720.
2) количество «лишних» чисел вида b) равно Nb)=(b)((3)-1)=270х(18-1)=270х17=4590.
3) количество «лишних» чисел вида с) равно Nс)=(с)((4)-1)=10х(6-1)=10х5=50.
4) количество всех «лишних» чисел равно Nлишн.=Nа)+Nb)+Nс) =18720+4590+50=23360.
5) найдем Х.
Х=(1)-Nлишн.=24360-23360=1000.
Поскольку (b)=1000-10-А310=90С23 , полную формулу можно записать как:
Х=А330-(А310 (Â33-1)+90С23(А23С23-1)+10(Р3-1))
Йя думаю, что метады камбенаторики палезны ни толька для нахаждения кабменаций циферак, генирируимых калесиками, но и могут внисти неоценымый вклад в развитийе матиматики и эканаметрики. Прашу Вас включицца в дискусею!
и все 
