Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia

Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia (http://www.trekportal.it/coelestis/index.php)
-   Rudi Mathematici (http://www.trekportal.it/coelestis/forumdisplay.php?f=11)
-   -   Estrazioni casuali (http://www.trekportal.it/coelestis/showthread.php?t=42400)

aspesi 27-10-13 18:09

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

astromauh (Scrivi 698532)
Questi numeri sono validi?

1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5

Voglio dire le cinquine si possono ripetere?

Sì, certamente, perché si tratta di generazione casuale.
E' come se hai 5 palline numerate (1-2-3-4-5) in un sacchetto e le estrai (senza rimetterle dentro) a una a una, ripetendo poi 5 volte.

Erasmus 27-10-13 18:58

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

aspesi (Scrivi 698517)
[...]Peccato che, considerato nell'insieme del gruppo di cinque cinquine, sia sbagliato!!!!
(Vale solo se ci si limita ai primi due numeri di 5 cifre):

:confused:
Non capisco cosa intendi dire.
Rivediamo quel che hai scritto originalmente ... e se è interpretabile (dato che ... ricadi, come altre volte, – non sempre, ad onor del vero – nell'esprimerti poco chiaramente. :D)
Quote:

aspesi (Scrivi 698491)
Generiamo in modo casuale 5 numeri tutti formati da 5 cifre diverse (le cifre sono 1 - 2 - 3 - 4 - 5, es. 15342, 32145, ..., ecc..) (1)
Quanti sono i casi (i gruppi di 5 cinquine, (2) o anche la probabilità), in cui i 5 numeri non hanno nessuna cifra nella stessa posizione (3)?

NB. Ho messo i numeri in blu tra parentesi per riferirmi meglio.
Dimmi se ho capito giusto.
(1) Delle dieci cifre decimali, prendi l'insieme di 5 cifre {1, 2, 3, 4, 5}
(3) Non ci piove sul fatto che, stabilita una permutazione di 5 oggetti, le permutazioni che non hanno alcun oggetto allo stesso posto sono 44.
(2) Qui c'è qualcosa di molto oscuro:
"Quanti sono i casi" ... che vuol dire? Ah : lo spieghi tra parentesi!
"(i gruppi di 5 cinquine)" ... Ma che razza di spiegazione è? Non si capisce!
Posso immaginare due interpretazioni diverse:
a) "Gruppi di queste 5 cifre, diciamoli cinquine" (e allora la risposta è 44). [Così ha capito astromauh e così avevco interpretato anch'io.
b) "Cinquine di cinquine", ossia: insiemi [non ordinati] di 5 numeri (ciascuno sempre delle sole 5 cifre {1, 2, 3, 4, 5}), e tali non solo da non avere le cifre allo stesso posto di quello di un preciso numero – per esempio 12345 –, bensì tali che ogni cifra occupi in ogni numero posti diversi, ossia non ripeta in nessuno di 4 numeri il posto che ha nel quinto".
E' questa la giusta interpretazione?
O ... quella buona è una terza? :mad:
--------
Proviamo la seconda interpretazione.
Una cinquina {A, B, C, D, E} di tali numeri è quella ottenuta mantenendo l'ordine ciclico e cambiando la cifra iniziale:
A = 1 2 3 4 5
B = 2 3 4 5 1
C = 3 4 5 1 2
D = 4 5 1 2 3
E = 5 1 2 3 4
Se adesso permuto allo stesso modo tutte le cifre (e le permutazioni possibili sono 5! = 120), ottengo ancora cinquine con la stessa proprietà.
Ma non tutte le 120 permutazioni van bene, perché qualcuna mi ripete inevitabilmente anche quelle che mantengono l'ordine ciclico.
Proviamo a scambiare prima tra loro le prime due colonne e poi tra loro la prima e la quinta riga. Otteniamo:
A' = 1 5 2 3 4
B' = 2 1 3 4 5
C' = 3 2 4 5 1
D' = 4 3 5 1 2
E' = 5 4 1 2 3
Questa va pure bene. Si osservi che non c'è più l'ordine ciclico nelle righe ma c'è ancora nelle colonne. Ed infatti allo stesso risultato si sarebbe arrivati spostando la 5ª colonna al 2° posto.
Quindi, scambiare la prima colonna con la seconda è lo stesso che spostare la quinta colonna al secondo posto.
(Mumble ... mumble ...)
Sparo un risultato ... a sentimento!
Voglio dire: può darsi che ad ogni permutazione di colonna ne corrisponda un'altra che dà la stessa cinquina di numeri ma con altro ordine.
Le combinazione di 5 cifre a due a due sono 10.
Allora sparo: Le cinquine distinte (prescindendo dall'ordine) dovrebbero essere
5!/C(5,2) = 2!·3! = 12
Questo sarebbe il caso particolare per n = 5 di quel che dovrebbe succedere per n n-ple di oggetti distinti, e quindi la formula generale sarebbe 2!·(n–2)!
Ma non va bene in generale. :o
Infatti, per n = 2 c'è una sola coppia (prescindendo dall'ordine): [12, 21].
Invece la formula darebbe 2!·0! = 2 ...

Ci devo pensare meglio.
---------
Ciao ciao

aspesi 27-10-13 19:48

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 698540)
b) "Cinquine di cinquine", ossia: insiemi [non ordinati] di 5 numeri (ciascuno sempre delle sole 5 cifre {1, 2, 3, 4, 5}), e tali non solo da non avere le cifre allo stesso posto di quello di un preciso numero – per esempio 12345 –, bensì tali che ogni cifra occupi in ogni numero posti diversi, ossia non ripeta in nessuno di 4 numeri il posto che ha nel quinto".
E' questa la giusta interpretazione?
--------
:hello:

Certo, è questa (la tua b) :spaf: E anche nei primi 4 numeri non ci devono essere ripetizioni nella stessa posizione.

Erasmus, ero già impazzito nel replicare alle obiezioni di Astromauh (che alla fine si è reso conto di aver equivocato) e adesso ti metti anche tu?

Quello che ho scritto è chiarissimo* e l'ho specificato con dettagli, ammesso ce ne fosse bisogno, più volte, nei messaggi #964 e #969.

Mi stupisce che non sia evidente l'interpretazione del problema-quiz, sarà mica intenzionale?

________________
* Pensa che io avevo trovato lo stesso quiz con questo testo:
Consideriamo numeri formati da 5 cifre diverse (12345, 53412 ecc.).
Generiamone 5 in modo casuale.
Che probabilità c'è che i 5 numeri generati non abbiano nessuna cifra in comune?
Per capirci per esempio 23451 ha in comune la cifra 1 nella posizione delle unità con 34521.

e non ho avuto problemi a capire cosa voleva

:hello:

Erasmus 28-10-13 03:14

Re: Estrazioni casuali
 
Intenzionale? :confused:
-----------
I tuoi successivi post non li avevo letti.
Primo perché, se mi applico ad un quiz, non voglio essere influenzato dagli altri intervenuti: secondo perché, per esperienza, non riesco a seguire le tue spiegazioni o esemplificazioni.[Non prendertela! Anche tu certe volte mi hai detto che non seguivi le mie spiegazioni!].
[Vedo, adesso, che avrei potuto capirti quando spieghi il quiz ad astromauh.]
Ma ... ci vuole tanto a scrivere come Dio comanda? :D
Per esempio, quando riferisci di come era il testo del quiz che avevi incontrato tu, nell'ultima riga dici:
«e non ho avuto problemi a capire cosa voleva».
Cosa chi voleva che? :D
Sono rimasto in sospeso nel leggerti ... come se questa frase fosse interrotta prima di essere conclusa.
Ma ti costava troppo scrivere «E non ho avuto problemi a capire cosa voleva dire.» ?
-------------------------
Vengo al tuo quiz.
Ho capito dove sta il "baco" nella tua [pessima] presentazione del quiz. Tu usi la parola "cinquine" intendendo tutte le 5! = 120 permutazioni di 5 oggetti. Ma poi le chiami anche numeri e chiedi in quanti modi si possono scrivere 5 di questi numeri in modo tale che le cifre non occupino mai lo stesso posto. [Beh: questo è il mio modo di dire quel che intendevi. Come l'hai detto tu ... non me lo ricordo più!]. E allora uno pensa a cinquine di numeri. Ma le cinquine di cifre sono distinte solo per l'ordine delle cifre (sempre le stesse ... sono infatti permutazioni), mentre le cinquine di numeri sono distinte per avere numeri diversi (prescindendo dall'ordine ... sono infatti combinazioni)-

Io avrei detto così.
Consideriamo le 5! = 120 permutazioni delle 5 cifre {1, 2, 3, 4, 5}.
Tra tutte le C(120,5) = 119·118·117·116 =190.578.024 combinazioni a 5 a 5 di queste 120 permutazioni, quante sono quelle nelle quali due permutazioni qualsiasi non hanno alcuna cifra nel medesimo posto?

Mi pare che tu ragioni così:
a) Considero una permutazione qualsiasi, per esempio P1 = 12345.
b) Considero l'insieme I1 delle 44 permutazione che non hanno alcuna cifra allo stesso posto che occupa nella permutazione P1. Mi va bene una qualsiasi permutazione di I1.
c) Una volta che l'avessi scelta – chiamiamola P2 –, devo considerare l'insieme I2 delle 44 permutazioni che "sballano" tutti i posti di P2 e poi l'intersezione di I2 con I1, cioè I1∩I2, e scegliere ad arbitrio da questo insieme una terza permutazione, diciamola P3.
d) Sia ancora I3 l'insieme delle 44 permutazioni che "sballano" tutti i posti di P3. La quarta permutazione P4 la posso prendere arbitrariamente dall'insieme I1∩I2∩I3.
e) Sia infine I4 l'insieme delle 44 permutazioni che "sballano" tutti i posti di P4. La quinta permutazione P5 la devo prendere dall'insieme I1∩I2∩I3∩I4.
[Al punto e) non ho detto "la posso prendere arbitrariamente" perché, scritte le prime quattro, ogni cifra occupa già 4 dei 5 posti possibili. Quindi ogni cifra ha solo ancora un posto possibile ... e quindi l'intersezione I1∩I2∩I3∩I4 ha un solo elemento!]

Se ci si fissa sugli insiemi Ik (con k = 1, 2, 3 o 4) di !5 = 44 permutazioni ... ci si perde!
Fissiamoci invece sul posto che occupa ciascuna cifra!
Nella prima permutazione P1 posso scegliere arbitrariamente il posto di una precisa cifra, per esempio "1", tra i 5 posti disponibili.
Ma una volta scelto il posto di "1" in P1, nella seconda permutazione P2 mi rimangono 4 posti disponibili. Nella terza P3 me ne restano 3. Nella quarta P4 me ne restano 2 e nella quinta P5 uno solo (cioè non posso più scegliere).
Siccome lo stesso ragionamento vale per ciascuna delle 5 cifre, mi risulta che il numero R ["R" come "risposta" !] delle combinazione a 5 a 5 di queste 5! permutazioni che hanno la proprietà richiesta è
R = 4! = 24.

Generalizziamo!
E' dato l'insieme A di n oggetti distinti {a1, a2, ..., an}.
Si consideri l'insieme T delle n! permutazioni {P1, P2, ..., Pn!} distinte degli n oggetti di A.
D. Tra tutte le C(n!, n) combinazioni ad n ad n delle n! permutazioni, quante sono quelle nelle quali due permutazioni qualsiasi non hanno alcun oggetto al medesimo posto?
R. (n – 1)!
---------
Io sono arrivato a questa conclusione ... per induzione.
Mettiamo n = 5.
Una delle combinazioni è data da queste 5 permutazioni (che scrivo una per riga) ottenute da una mantenendo l'ordine ciclico delle cifre (cioé dopo "5" viene "1"):
1 2 3 4 5
2 3 4 5 1
3 4 5 1 2
4 5 1 2 3
5 1 2 3 4
Possiamo vedere le 5 particolari combinazioni come le righe di una matrice 5 x 5.
Se permuto arbitrariamente le colonne di questa matrice, la proprietà richiesta si conserva.
Ma delle 5! possibili permutazioni delle colonne, alcune mi dànno la stessa combinazione, soltanto elencata in un altro ordine ...

Allora sono andato a contare! [Ossia: son passato dalla teoria alla sperimentazione].
Ma non direttamente nel caso n = 5, bensi per n crescente a partire da 1.
Siccome non posso programmare, ho fatto questo conteggio per n = 1, 2, 3 e 4.
Precisamente.
a) Scrivo tutte le n! permutazioni delle n colonne, ottenendo n! matrici quadrate n x n.
b) Raggruppo le matrici che hanno le stesse righe seppur in ordine diverso perché sono la stessa combinazione, solo elencata con diverso ordine.
c) Conto i raggruppamenti distinti.

Bene: Per n = 1, 2, 3 e 4, ho trovato che ogni raggruppamento è di n matrici.
Quindi i raggruppamenti (cioè le combinazioni distinte) sono n!/n = (n–1)! almeno per n tra 1 e 4 compresi.
Faccio un piccolo rischio e suppongo che (n–1)! vada sempre bene!
Poi ci ragiono e dico: sì, va senz'altro bene!
Infatti, siccome ogni cifra, cambiando riga, deve cambiare posto e quindi occupare progressivamente tutti i 5 posti, delle 5 righe di ciascuna matrice una (ed una sola) deve pur cominciare per "1".Sicché, se nelle 5! matrici controllo la riga che comincia per "1", l'ordine delle 4 cifre successive mi può cambiare in 4!=24 distinti modi: 24 permutazioni che incominciano sempre con "1". Ma allora, siccome le matrici sono 5! = 120, cioè 5 volte più numerose, è necessario che ci siano, al cambiare di matrice, 5 ripetizioni di ciascuna di queste 24 permutazioni con "1" in testa.
E quindi ogni raggruppamento sarà di 5 matrici rappresentanti la stessa combinazione; e le combinazioni distinte saranno (5 – 1)! = 4! = 24.

Quest'ultimo ragionamento, fatto per n = 5, è identico a quello che si può fare per qualsiasi n intero maggiore di 0 ... grande a piacere!

Per vostra garanzia, metto come figura i raggruppamenti ricavati dalle 24 permutazioni di {1, 2, 3, 4}.

OCCHIO!
Siccome parto da una matrice simmetrica, posso immaginare che le 4 permutazioni di 4 cifre siano scritte in verticale, (come colonne), invece che in orizzontale (come righe).

E allora, al posto di permutare le colonne posso permutare le righe.

Dal punto di vista pratico il vantaggio non è poco!
Infatti le permutazioni delle righe me le faccio con «taglia/incolla» senza dover riscrivere i numeri.

Per non sbagliare, ho nominato con A, B, C, D le 4 permutazioni-riga di partenza.
Posso controllare allora le permutazioni delle righe come permutazioni di queste lettere.
Naturalmente, i raggruppamenti li faccio controllando ora non la riga, bensì la colonna che comincia per 1.

Nel foglio che vedete qui sotto, prima ho elencato e numerato da 1 a 24 le 4!=24 matrici ottenute permutando le righe della Nr. 1.
Poi ho fatto i raggruppamenti e li ho numerati.
Infine ho copiato il foglio come immagine direttamente dallo schermo e ho caricato l'immagine su un sito di hosting.
Ecco qua:

----
Ciao ciao.

aspesi 28-10-13 12:15

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 698560)
Io avrei detto così.
Consideriamo le 5! = 120 permutazioni delle 5 cifre {1, 2, 3, 4, 5}.
Tra tutte le C(120,5) = 119·118·117·116 =190.578.024 combinazioni a 5 a 5 di queste 120 permutazioni, quante sono quelle nelle quali due permutazioni qualsiasi non hanno alcuna cifra nel medesimo posto?

Ma non è quello che chiede il quiz.
Nel senso che la totalità delle configurazioni (casi fra i quali cercare quelli nei quali due permutazioni qualsiasi non hanno alcuna cifra nel medesimo posto) non è C(120,5), ma le disposizioni con ripetizione di 120 oggetti presi a 5 a 5.
Il numero dei casi favorevoli non cambia, ma cambia la probabilità

Quote:

Erasmus (Scrivi 698560)
Se ci si fissa sugli insiemi Ik (con k = 1, 2, 3 o 4) di !5 = 44 permutazioni ... ci si perde!

OK (però su Internet c'è, quasi, tutto, e ho trovato anche la sequenza che permette i calcoli parziali riga per riga.

Quote:

Erasmus (Scrivi 698560)
Per non sbagliare, ho nominato con A, B, C, D le 4 permutazioni-riga di partenza.
Posso controllare allora le permutazioni delle righe come permutazioni di queste lettere.
Naturalmente, i raggruppamenti li faccio controllando ora non la riga, bensì la colonna che comincia per 1.

Nel foglio che vedete qui sotto, prima ho elencato e numerato da 1 a 24 le 4!=24 matrici ottenute permutando le righe della Nr. 1.
Poi ho fatto i raggruppamenti e li ho numerati.
Infine ho copiato il foglio come immagine direttamente dallo schermo e ho caricato l'immagine su un sito di hosting.
----
Ciao ciao.

Ho capito come hai proceduto, permutando le righe per ottenere le 24 matrici 4X4.
Ma queste 24 sono secondo te tutti i casi favorevoli?
Faccio un esempio, limitando la prima estrazione a 1234.
Queste 3 matrici non mi sembra siano presenti:
1234 ...... 1234 ...... 1234
2143 ...... 2413 ...... 2143
3412 ...... 3142 ...... 3421
4321 ...... 4321 ...... 4312

Di seguito metto tutte le 12 configurazioni (che si chiamano quadrati latini!)
http://it.wikipedia.org/wiki/Quadrato_latino
delle matrici 3X3:

123 123 132 132 | 231 231 213 213 | 312 312 321 321
231 312 213 321 | 123 312 132 321 | 123 231 132 213
312 231 321 213 | 312 123 321 132 | 231 123 213 132

:hello:

astromauh 28-10-13 13:07

Re: Estrazioni casuali
 
Ho fatto una simulazione con un numero non grandissimo di tentativi (20 milioni) e i casi favorevoli sono circa 6 o 7 su un milione.

Sempre che ho capito ciò che era richiesto.

Prendendo casualmente 5 tra le 120 permutazioni di cinque elementi(anche uguali), la probabilità che le cinque verticali siano anch'esse delle permutazioni dei cinque elementi sono circa 6,5E-06.

:hello:

aspesi 28-10-13 13:46

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

astromauh (Scrivi 698616)
Ho fatto una simulazione con un numero non grandissimo di tentativi (20 milioni) e i casi favorevoli sono circa 6 o 7 su un milione.

:hello:

:ok::ok:
Il valore esatto è 6,48148*10^(-6)
#962
5 --------> 161280 ........... (5!)^5 ...... 6,48148..*10^(-6)

Come dicevo nel messaggio precedente a Erasmus, su Internet si trovano anche i valori delle configurazioni favorevoli (numero ridotto* dei quadrati latini http://oeis.org/A000315 )
addirittura presi riga per riga per i vari rettangoli parziali fino al quadrato finale.
http://oeis.org/A001009

Ad esempio, per la matrice 5 si ha: 1 - 11 - 46 - 56 - 56

* Per avere i quadrati latini totali occorre moltiplicare i quadrati latini ridotti per n!*(n-1)!

---------

Quindi, nel caso di numeri di 5 cifre, le probabilità sono:
4*11/120 per la coppia di cinquine
4*3*46/120^2 per la tripletta di cinquine
4*3*2*56/120^3 per la quaterna di cinquine
4*3*2*56/120^4 per la cinquina di cinquine (cioè per il quadrato latino di ordine 5)

ovviamente, il numero di quaterne è uguale al numero di cinquine, essendo l'ultima riga obbligata e composta dalle cifre mancanti.

:hello:

Erasmus 28-10-13 15:02

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

aspesi (Scrivi 698602)
Ma non è quello che chiede il quiz.
Nel senso che la totalità delle configurazioni (casi fra i quali cercare quelli nei quali due permutazioni qualsiasi non hanno alcuna cifra nel medesimo posto) non è C(120,5), ma le disposizioni con ripetizione di 120 oggetti presi a 5 a 5.
Il numero dei casi favorevoli non cambia, ma cambia la probabilità

:mmh:
Continuo a non capirti!
Ripensiamoci:
Ho, come oggetti, le 120 permtazioni dei 5 oggetti dell'insieme {1, 2, 3, 4, 5}.
Se ne prendo cinque, questo sotto-insieme di permutazioni è una «"combinazione" di 5 delle 120 permutazioni», OK?
Se dispongo in fila le 5 permutazioni scelte, ho 5! = 120 modi di farlo. In ciascun modo ho una delle 120 permutazioni (distinte solo per ordine) della stessa combinazione ... o no?
Che intendi dire con «disposizioni con ripetizione» ... se non intendi "combinazioni"? :mmh:
Non capisco come sia possibile che una cinquina di oggetti scelti da 120 prescindendo dall'ordine possa essere qualcosa di diverso da una "combinazione"!
--------
Sono tutte quelle che dico io? :mmh:
Cerco di rifare il ragionamento.
Siccome ogni cifra deve essere presente in oguna delle cinque permutazioni che possiedono la proprietà richiesta, una e solo una permutazione delle 5 incomincia con 1.
Questo deve succedere in ciascuna combinazione che abbia quella richiesta proprietà. Siccome l'ordine non ha importanza, posso scrivere ogni combinazione buona mettendo per prima la permutazione che incomincia per 1.
[Similmente, posso mettere per 2ª, 3ª, 4ª e 5ª la permutazione che incomincia (rispettivamente) per 2, per 3, per 4 e per 5].
Cambiando in tutti i modi possibili le successive cifre, ottengo (n–1)! disposizioni diverse che incominciano tutte per 1. Ergo: non mi pare che sia possibile che il numero di combinazioni con la richiesta proprietà sia maggiore di 4! = 24.
-----------
:hello:

aspesi 28-10-13 16:08

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 698656)
:mmh:
Ho, come oggetti, le 120 permutazioni dei 5 oggetti dell'insieme {1, 2, 3, 4, 5}.
Se ne prendo cinque, questo sotto-insieme di permutazioni è una «"combinazione" di 5 delle 120 permutazioni», OK?

OK
Quote:

Erasmus (Scrivi 698656)
Che intendi dire con «disposizioni con ripetizione» ...

Semplicemente che il "campo" dei casi totali possibili è:
Matrice 2X2 = (2!)^2
Matrice 3X3 = (3!)^3
Matrice 4X4 = (4!)^4
Matrice 5X5 (che riguarda il quiz) = (5!)^5
e queste sono disposizioni con ripetizione delle 120 permutazioni di 5 oggetti presi a gruppi di 5.
In pratica il problema si riduce ad estrarre in successione i 5 numeri (da 1 a 5) contenuti in un sacchetto (e hai la prima riga); rimetti i 5 numeri nel sacchetto e rifai l'estrazione a uno a uno, ottenendo la seconda riga; ecc.. per 5 volte.
Tu, dicendo C(120,5), dimentichi ad es. questa matrice:
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
e simili, che invece vanno considerate.
V. testo iniziale: "Generazione random di 5 numeri tutti e 5 formati da cifre diverse (da 1 a 5)"

Fra tutte queste 120^5 matrici 5X5, quelle "buone" da determinare sono i cosiddetti "quadrati latini" (che non hanno nessuna cifra nella stessa posizione).

Per quanto riguarda il calcolo, il tuo ragionamento dimentica molte configurazioni (guarda il mio messaggio precedente e dai un'occhiata ai link indicati)

:hello:

aspesi 28-10-13 16:45

Re: Estrazioni casuali
 
Guardiamo questo link:
http://oeis.org/A000315

Riporta il numero dei quadrati latini ridotti di ordine n.
Il significato di "ridotti" è il seguente:
"L'ordine di estrazione non conta, quindi non è restrittivo supporre che la prima estrazione sia 12345 (eventualmente rinominando biunivocamente le cifre)"; riordinando le estrazioni si ha quindi:
1 2 3 4 5
2 X X X X
3 X X X X
4 X X X X
5 X X X X

Quelli con queste caratteristiche sono i quadrati latini ridotti.

I quadrati latini ridotti di ordine n sono (v. link sopra):
1, 1, 1, 4, 56, 9408, ....

1

1 2
2 1

1 2 3
2 3 1
3 1 2

1 2 3 4 | 1 2 3 4 | 1 2 3 4 | 1 2 3 4
2 1 4 3 | 2 3 4 1 | 2 4 1 3 | 2 1 4 3
3 4 1 2 | 3 4 1 2 | 3 1 4 2 | 3 4 2 1
4 3 2 1 | 4 1 2 3 | 4 3 2 1 | 4 3 1 2

ecc...

Per avere il numero totale dei quadrati latini:
http://oeis.org/search?q=1%2C2%2C12%...sh&go=Sear ch
1, 2, 12, 576, 161280, ....
occorre moltiplicare i quadrati latini ridotti per n! e per (n-1)!
Ad esempio, per la matrice 3X3, i quadrati da 1 diventano 12 (li ho riportati in un messaggio precedente): 1*3!*2! = 12

:hello:


Tutti gli orari sono GMT. Attualmente sono le 13:05.

Powered by vBulletin versione 3.6.7
Copyright ©: 2000 - 2021, Jelsoft Enterprises Ltd.
Traduzione italiana a cura di: vBulletinItalia.it