Evo i mog drugog posta
A zadatak glasi ovako:

U jednom odeljenju je [inlmath]15[/inlmath] ucenika i [inlmath]15[/inlmath] ucenica. Na koliko nacina oni mogu da sednu u [inlmath]15[/inlmath] klupa tako da u svakoj klupi bude ucenik u ucenica?

Resenje je u zbirci [inlmath](15!)^22^{15}[/inlmath]

Jel ovo greska u zbirci? Il' je to moje neznanje?
Verovatno ovo drugo Al ako bi neko mogao da mi objasni postupak ovoga bilo bi sjajno

Za početak, rasporedimo učenike i učenice tako da u svakoj klupi učenik sedi na tačno određenoj strani svake klupe, a učenica na onoj drugoj strani. Na primer, svi učenici da sede na levoj, a sve učenice na desnoj strani svoje klupe. Na taj način, ne vodimo računa o raspoređivanju unutar svake klupe, već samo o raspoređivanju na tih [inlmath]15[/inlmath] klupa.

[inlmath]15[/inlmath] učenica možemo rasporediti u [inlmath]15[/inlmath] klupa na [inlmath]15![/inlmath] načina (permutacije od [inlmath]15[/inlmath] elemenata bez ponavljanja). Na isti toliki broj načina, zatim, možemo rasporediti i učenike. Znači, ukupno [inlmath]15!\cdot 15![/inlmath], tj. [inlmath]\left(15!\right)^2[/inlmath] načina za raspoređivanje učenica i učenika, pri čemu učenici sede levo, učenice desno.

E, sada uzimamo u obzir i to da i unutar svake od klupa možemo rasporediti učenika i učenicu tako da ili učenik sedi levo a učenica desno, ili učenica sedi levo a učenik desno. Znači, ili ih ostavljamo onako kako smo ih u startu rasporedili, ili im zamenimo mesta. Dakle, ukupno imamo [inlmath]2[/inlmath] moguća slučaja za svaku od [inlmath]15[/inlmath] klupa – varijacije od [inlmath]2[/inlmath] elementa [inlmath]15.[/inlmath] klase s ponavljanjem, tj. [inlmath]2^{15}[/inlmath].

Prema tome, ukupan broj rasporeda je [inlmath]\left(P_{15}\right)^2\cdot V_2^{15}=\left(15!\right)^2\cdot 2^{15}[/inlmath].

Prvi deo kontam, al zar nije [inlmath]2^{15}[/inlmath] nesto drugo? tj svi podskupovi, ukljucujuci prazan skup itd?
Zar ne bi trebalo npr da bude [inlmath]15!^215[/inlmath] posto ima [inlmath]15[/inlmath] klupa, il kako god, nekako mi je taj broj bas prevelik

Dobije se ovaj broj: [inlmath]56.033.681.497.266.566.725.632.000.000[/inlmath]
[inlmath]29[/inlmath] cifara, ne verujem da bas ovoliko mogucnosti postoji

svrle je napisao:Prvi deo kontam, al zar nije [inlmath]2^{15}[/inlmath] nesto drugo? tj svi podskupovi, ukljucujuci prazan skup itd?

Govoriš o broju elemenata partitivnog skupa. Tako je, određivanje broja elemenata partitivnog skupa se takođe svodi na varijacije s ponavljanjem, budući da svaki element posmatranog skupa [inlmath]A[/inlmath] može ili da se nađe ili da se ne nađe u nekom od podskupova – znači, za svaki element imamo [inlmath]2[/inlmath] slučaja – prema tome, broj elemenata posmatranih varijacija s ponavljanjem je [inlmath]2[/inlmath], a klasa je [inlmath]\mathrm{card}\left(A\right)[/inlmath]. Prema tome, broj svih podskupova skupa [inlmath]A[/inlmath], tj. broj elemenata partitivnog skupa od [inlmath]A[/inlmath] biće [inlmath]\mathrm{card}\left(P\left(A\right)\right)=V_2^{\mathrm{card}\left(A\right)}=2^{\mathrm{card}\left(A\right)}[/inlmath].

Varijacije s ponavljanjem od [inlmath]2[/inlmath] elementa klase [inlmath]n[/inlmath] imaš i u informatici – možeš ih uočiti u broju vrednosti koje se mogu formirati od [inlmath]n[/inlmath] binarnih cifara. Recimo, za [inlmath]n=4[/inlmath], možemo formirati binarne brojeve [inlmath]0000,\;0001,\;0010,\ldots ,1111[/inlmath] – ukupno [inlmath]V_2^4=2^4[/inlmath], tj. [inlmath]16[/inlmath] različitih vrednosti.

svrle je napisao:Zar ne bi trebalo npr da bude [inlmath]15!^215[/inlmath] posto ima [inlmath]15[/inlmath] klupa, il kako god, nekako mi je taj broj bas prevelik

Ne, upravo zbog obrazloženja koje sam ti napisao u prethodnom postu. Broj je prevelik, slažem se, ali je tačan.

svrle je napisao:Dobije se ovaj broj: [inlmath]56.033.681.497.266.566.725.632.000.000[/inlmath]
[inlmath]29[/inlmath] cifara, ne verujem da bas ovoliko mogucnosti postoji

Verovao ili ne – zaista postoji.

Pa, i kad bi računao po (netačnoj) formuli [inlmath]15!^215[/inlmath] koju si sâm napisao, dobio bi (netačan) broj s ne baš mnogo manje cifara – bilo bi ih [inlmath]26[/inlmath]. Zar bi ti broj s [inlmath]26[/inlmath] cifara bio mnogo prihvatljiviji?

Glup sam, ne moze u moj mozak da se ubaci ovako veliki broj

Al u neku ruku mi je i jasno, hvala puno