Probleme de permutări cu restricții

Se face fotografia de final de an. Șase colegi trebuie așezați într-un rând, iar doamna dirigintă spune, râzând: „Puteți sta cum vreți, dar Andrei și Bogdan nu stau unul lângă altul — altfel iese poza mișcată." O glumă, aparent. În realitate, propoziția aceea tocmai a transformat o problemă de numărare simplă într-una interesantă. Fără nicio condiție, cei șase colegi se pot așeza în $6!=720$ de moduri. Cu condiția impusă, câte rămân? Nu se poate ghici: $720$ minus „ceva". Cât e acel „ceva"?

Exact aici începe lecția de față. Ai văzut deja, în Permutări: definiție și formulă, că numărul de moduri în care poți așeza în ordine $n$ obiecte distincte este $P_n=n!$. Formula aceea rezolvă o singură întrebare: „în câte moduri?", fără condiții. Dar în viața reală, și la Bacalaureat, condițiile apar aproape întotdeauna: două persoane trebuie să stea împreună, o carte trebuie să fie prima pe raft, fetele nu au voie să stea două lângă alta. Vom învăța trei metode — lipirea, scăderea cazurilor nefavorabile și metoda locurilor libere — care acoperă, împreună, cam toate restricțiile care apar la clasă și la examen. Nu sunt formule de memorat, ci trei feluri de a privi problema.

Ce vei învăța

• Vei ști să numeri permutările în care anumite elemente ocupă poziții fixate dinainte (primul loc, ultimul loc, capetele).
• Vei ști să aplici metoda lipirii: când mai multe elemente trebuie să stea împreună, le tratezi ca pe un singur bloc și înmulțești cu permutările din interiorul blocului.
• Vei ști să folosești scăderea cazurilor nefavorabile pentru condițiile de tip „nu stau împreună", pornind de la total și scăzând ce nu convine.
• Vei ști să aplici metoda locurilor libere atunci când mai multe elemente trebuie să fie separate două câte două.
• Vei ști să rezolvi probleme cu restricții combinate (poziție fixă și lipire în același enunț) și să recunoști când trebuie folosită o combinație de metode.
• Vei ști să verifici singur un rezultat de numărare pe un caz mic, enumerând efectiv posibilitățile.

Hai să descoperim împreună

1. Punctul de plecare: permutările fără condiții

Reținem întâi rezultatul pe care se sprijină totul. Dacă avem $n$ obiecte distincte și vrem să le așezăm într-un rând, numărul de așezări posibile este

$$P_n=n!=1\cdot 2\cdot 3\cdot \cdots \cdot n.$$

Argumentul e cel al regulii produsului, pe care ai întâlnit-o în Regula produsului: pe primul loc putem pune oricare dintre cele $n$ obiecte, pe al doilea oricare dintre cele $n-1$ rămase și așa mai departe, până rămâne un singur obiect pentru ultimul loc. Înmulțind, obținem $n(n-1)\cdots 2\cdot 1=n!$.

Câteva valori pe care merită să le ai în cap: $P_3=6$, $P_4=24$, $P_5=120$, $P_6=720$, $P_7=5040$, $P_8=40320$.

Ideea de bază a întregii lecții este simplă: o restricție nu schimbă metoda, ci doar reduce libertatea de alegere într-unul dintre pași. Restul rămâne regula produsului.

2. Restricții de poziție: cineva stă pe un loc anume

Cea mai blândă restricție fixează un element pe o poziție. Să luăm cinci elevi, $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, care se așază pe un rând de cinci scaune, cu condiția ca $A$ să stea pe primul scaun.

Raționamentul: primul scaun nu mai oferă nicio libertate — acolo stă $A$, punct. Rămân patru elevi și patru scaune, deci $4!=24$ de așezări. În general:

Dacă un element este fixat pe o poziție dată, rămân $(n-1)!$ permutări; dacă fixăm două elemente pe două poziții date, rămân $(n-2)!$ permutări.

Atenție la o variantă foarte des întâlnită: „$A$ și $B$ stau la capete". Capetele sunt două, iar $A$ și $B$ le pot ocupa în două feluri. Pentru $n=5$: $2!\cdot 3!=2\cdot 6=12$ așezări. Am verificat prin enumerarea completă a celor $120$ de permutări: exact $12$ au $A$ și $B$ pe pozițiile $1$ și $5$.

Și încă o variantă: „$A$ nu stă pe primul loc". Aici e mai comod să scădem: $5!-4!=120-24=96$. Sau, echivalent, numărăm direct: primul loc are $4$ variante (oricine în afară de $A$), restul $4!$, deci $4\cdot 24=96$. Cele două căi dau același rezultat — un semn bun.

3. Metoda lipirii: elementele care stau împreună

Acum condiția devine interesantă. Șase persoane se așază într-un rând, iar $A$ și $B$ trebuie să stea una lângă alta.

Trucul se numește metoda lipirii (sau „metoda blocului") și are doi pași:

Pasul 1 — lipim. Legăm $A$ și $B$ ca și cum ar fi prinse cu bandă adezivă. Nu mai avem șase obiecte de așezat, ci cinci: blocul $\boxed{AB}$ și celelalte patru persoane. Cele cinci obiecte se așază în $5!=120$ de moduri.

Pasul 2 — dezlipim în interior. În interiorul blocului, $A$ și $B$ pot sta în două ordini: $AB$ sau $BA$. Adică $2!=2$ variante.

Prin regula produsului, numărul total este

$$2!\cdot 5!=2\cdot 120=240.$$

Am verificat prin enumerarea completă a celor $720$ de permutări: exact $240$ au cele două elemente alăturate. Metoda funcționează.

Forma generală. Dacă din cele $n$ elemente, $k$ trebuie să formeze un bloc compact (să stea toate împreună, în orice ordine), numărul de permutări este

$$k!\cdot (n-k+1)!$$

Explicația factorului $(n-k+1)!$: după lipire avem un bloc plus cele $n-k$ elemente rămase, adică $n-k+1$ obiecte de permutat.

4. Scăderea cazurilor nefavorabile: „nu stau împreună"

Ne întoarcem la fotografia din deschidere: șase colegi, iar $A$ și $B$ nu au voie să stea alături.

Am putea încerca să numărăm direct așezările „bune", dar e complicat. Mult mai simplu este să folosim complementara:

$$\text{cazuri bune}=\text{total}-\text{cazuri rele}.$$

Totalul este $6!=720$. Cazurile „rele" — cele în care $A$ și $B$ sunt alături — le-am numărat deja în secțiunea anterioară: $240$. Deci

$$720-240=480.$$

Am verificat și acest număr prin enumerare completă: din cele $720$ de permutări, exact $480$ au cele două elemente neadiacente.

Aceasta este metoda scăderii cazurilor nefavorabile, cea mai des folosită unealtă din combinatorică. Regula de recunoaștere: ori de câte ori enunțul conține „nu", „niciun", „cel puțin unul", încearcă întâi complementara.

Exemplu. Șapte cărți pe raft; cele trei de matematică nu stau toate trei una lângă alta. Total $7!=5040$; cazuri rele (bloc compact) $3!\cdot 5!=720$; rezultat $5040-720=4320$. (Verificat prin enumerare.)

Atenție la o capcană de limbaj. „Cele trei cărți nu stau toate trei împreună" nu înseamnă „niciuna dintre cele trei nu e vecină cu alta". Prima condiție interzice doar blocul compact; a doua e mult mai severă și cere metoda din secțiunea următoare.

5. Metoda locurilor libere: elemente care trebuie separate

Iată situația severă: patru băieți și trei fete se așază într-un rând de șapte locuri, astfel încât oricare două fete să nu fie vecine.

Aici scăderea cazurilor nefavorabile devine anevoioasă (ar trebui să tratăm separat cazul în care exact două fete sunt vecine, cazul în care toate trei sunt vecine, cu grijă la suprapuneri). Există o cale mult mai curată, numită metoda locurilor libere (sau „metoda spațiilor"):

Pasul 1. Așezăm întâi numai elementele fără restricții — cei patru băieți. Se pot așeza în $4!=24$ de moduri.

Pasul 2. Privim rândul de băieți și marcăm spațiile în care poate intra o fată: unul înaintea primului băiat, câte unul între oricare doi băieți consecutivi și unul după ultimul băiat. Pentru patru băieți sunt

$$\_B\_B\_B\_B\_$$

adică $4+1=5$ spații. Dacă punem cel mult o fată în fiecare spațiu, atunci între oricare două fete rămâne obligatoriu măcar un băiat — exact condiția cerută.

Pasul 3. Așezăm cele trei fete în trei spații distincte dintre cele cinci, ținând cont că fetele sunt persoane diferite (contează care fată intră în care spațiu): pentru prima fată avem $5$ spații, pentru a doua $4$, pentru a treia $3$, adică $5\cdot 4\cdot 3=60$ de posibilități.

Total: $4!\cdot 5\cdot 4\cdot 3=24\cdot 60=1440$ de așezări. Verificat prin enumerarea celor $7!=5040$ de permutări: exact $1440$ îndeplinesc condiția.

Forma generală. Dacă avem $p$ elemente libere și $m$ elemente care trebuie să fie separate două câte două (cu $m\le p+1$), numărul de așezări este

$$p!\cdot \underset{m\text{ factori descresca˘tori}}{\underbrace{(p+1)\cdot p\cdot (p-1)\cdots (p-m+2)}}.$$

Produsul acela de factori descrescători, care apare aici pentru prima dată, are un nume și o notație proprie în matematică — le vei afla chiar în lecția următoare, Aranjamente: definiție și formulă. Deocamdată îl scriem ca atare, ca produs; înțelegerea nu are de suferit.

6. Alternanța: o restricție care „umple" tot rândul

O rudă apropiată a problemei de mai sus: trei fete și trei băieți se așază într-un rând astfel încât să alterneze (după o fată vine un băiat și invers).

Pentru șase locuri există doar două tipare posibile: $FBFBFB$ sau $BFBFBF$. În fiecare tipar, fetele se distribuie pe cele trei locuri „de fată" în $3!$ moduri, iar băieții pe cele „de băiat" în $3!$ moduri. Deci

$$2\cdot 3!\cdot 3!=2\cdot 6\cdot 6=72.$$

(Verificat prin enumerarea celor $720$ de permutări: exact $72$ alternează.)

Când grupurile au mărimi diferite — patru băieți și trei fete — tiparul devine unic, $BFBFBFB$, pentru că un rând alternat de șapte poziții trebuie să înceapă și să se termine cu elementul din grupul majoritar. Rezultatul: $4!\cdot 3!=144$. (Verificat prin enumerare.)

Morala: la alternanță, numără întâi tiparele, apoi permută în interiorul fiecărui tipar.

7. Restricții de ordine relativă

Ultimul tip pe care îl întâlnești des: șase persoane se așază într-un rând, iar $A$ trebuie să stea undeva înaintea lui $B$ — nu neapărat lângă el.

Aici funcționează un argument de simetrie. Grupăm cele $720$ de permutări în perechi: fiecărei așezări îi asociem așezarea obținută schimbând între ele doar pe $A$ și pe $B$. În fiecare pereche, exact una are $A$ înaintea lui $B$. Deci cele două categorii au același număr de elemente:

$$\frac{6!}{2}=\frac{720}{2}=360.$$

Dacă ordinea relativă e impusă pentru trei elemente ($A$ înaintea lui $B$, care e înaintea lui $C$), atunci dintre cele $3!=6$ ordini posibile ale lor doar una convine: $\frac{6!}{3!}=120$. (Ambele valori verificate prin enumerare.)

8. Rețeta de lucru

Când vezi un enunț cu restricții, parcurge lista în această ordine:

1. Poziții fixate? Ocupă-le întâi, apoi permută restul.
2. Elemente care stau împreună? Lipește-le într-un bloc: $k!\cdot (n-k+1)!$.
3. Enunțul conține „nu"? Total minus cazuri rele.
4. Elemente separate două câte două? Așază întâi elementele libere, apoi strecoară-le pe celelalte în spații.
5. Alternanță? Numără tiparele, apoi permută în interiorul fiecărui grup.
6. Doar ordinea relativă? Împarte totalul la numărul de ordini posibile ale elementelor implicate.

Și, ori de câte ori ai dubii, verifică pe un caz mic: ia $n=3$ sau $n=4$, scrie toate permutările pe caiet și numără-le pe cele bune. Dacă formula ta dă alt rezultat, formula e greșită, nu enumerarea.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Poziție fixată

Cinci elevi se așază pe un rând de cinci scaune. a) În câte moduri, fără nicio condiție? b) În câte moduri, dacă Ana stă pe primul scaun? c) În câte moduri, dacă Ana nu stă pe primul scaun?

Rezolvare. a) $P_5=5!=120$.

b) Primul scaun e ocupat de Ana; rămân patru elevi pentru patru scaune: $4!=24$.

c) Scădem din total: $120-24=96$. Verificare pe altă cale: primul scaun poate fi ocupat de oricare dintre ceilalți $4$ elevi, iar restul se așază în $4!$ moduri, deci $4\cdot 24=96$. ✓

Exemplul 2 — Metoda lipirii

Șase persoane se așază într-un rând pentru o fotografie. În câte moduri, dacă Andrei și Bogdan stau unul lângă altul?

Rezolvare. Lipim cei doi într-un bloc. Avem acum $5$ obiecte de permutat (blocul + celelalte $4$ persoane): $5!=120$ de moduri. În interiorul blocului sunt $2!=2$ ordini. Total:

$$2!\cdot 5!=2\cdot 120=240.$$

Exemplul 3 — Scăderea cazurilor nefavorabile

Aceleași șase persoane. În câte moduri se pot așeza dacă Andrei și Bogdan nu stau unul lângă altul?

Rezolvare. Total: $6!=720$. Cazurile nefavorabile (cei doi alături) au fost numărate în Exemplul 2: $240$. Prin urmare

$$720-240=480.$$

Observație de metodă: numărarea directă ar fi cerut analiza pe poziții a lui Andrei (la capăt sau nu), cu două cazuri separate. Complementara a scurtat totul la o scădere.

Exemplul 4 — Bloc de trei elemente

Șapte cărți diferite se așază pe un raft. a) În câte moduri, dacă cele trei cărți de matematică trebuie să stea una lângă alta? b) În câte moduri, dacă cele trei cărți de matematică nu stau toate trei împreună?

Rezolvare. a) Lipim cele trei cărți de matematică. Rămân $5$ obiecte de permutat (blocul + celelalte $4$ cărți): $5!=120$. În interiorul blocului: $3!=6$. Total $6\cdot 120=720$.

b) Total $7!=5040$; scădem cazurile de la a): $5040-720=4320$.

Exemplul 5 — Metoda locurilor libere

Patru băieți și trei fete se așază într-un rând. În câte moduri, dacă nicio fată nu stă lângă altă fată?

Rezolvare. Așezăm întâi băieții: $4!=24$ de moduri. Rândul lor creează $5$ spații (înainte, între, după). Punem cele trei fete în trei spații distincte: $5\cdot 4\cdot 3=60$ de posibilități. Total:

$$4!\cdot 5\cdot 4\cdot 3=24\cdot 60=1440.$$

De ce nu merge scăderea directă? Pentru că „există măcar două fete vecine" se descompune în cazuri care se suprapun, iar scăderea naivă ar număra de două ori aceleași așezări.

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat

Se consideră mulțimea $M=\{1,2,3,4,5\}$. a) Determinați numărul permutărilor mulțimii $M$. b) Determinați numărul permutărilor lui $M$ în care elementele $1$ și $2$ ocupă poziții alăturate. c) Determinați numărul permutărilor lui $M$ în care elementele $1$ și $2$ nu ocupă poziții alăturate.

Rezolvare. a) $P_5=5!=120$.

b) Metoda lipirii: blocul $\{1,2\}$ plus celelalte trei elemente înseamnă $4$ obiecte de permutat, deci $4!=24$; în interiorul blocului $2!=2$ ordini. Rezultat: $2!\cdot 4!=2\cdot 24=48$.

c) Complementara: $120-48=72$.

Verificare de siguranță: $48+72=120$, adică exact totalul — cele două categorii acoperă toate permutările, fără suprapunere. La examen, această verificare de o secundă îți salvează punctajul. $■$

Să exersăm

Rezolvă pe caiet, scriind de fiecare dată ce metodă folosești și de ce. La probleme cu restricții, baremul punctează raționamentul, nu doar numărul final.

1. Cinci elevi se așază într-un rând. a) În câte moduri? b) În câte moduri, dacă un elev anume stă pe primul loc?

2. Șase persoane se așază într-un rând, iar două dintre ele, $A$ și $B$, trebuie să stea alături. În câte moduri?

3. Aceleași șase persoane, dar $A$ și $B$ nu au voie să stea alături. În câte moduri?

4. Șapte cărți diferite se așază pe un raft, iar trei dintre ele trebuie să formeze un bloc compact. În câte moduri?

5. Aceleași șapte cărți, dar cele trei nu stau toate trei împreună. În câte moduri?

6. Cinci elevi se așază într-un rând, iar doi anume trebuie să ocupe cele două capete ale rândului. În câte moduri?

7. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Dacă două dintre cele $n$ elemente trebuie să stea alăturate, numărul permutărilor este $(n-1)!$."

8. Patru băieți și trei fete se așază într-un rând astfel încât oricare două fete să nu fie vecine. În câte moduri?

9. Trei fete și trei băieți se așază într-un rând astfel încât să alterneze. În câte moduri?

10. Șase persoane se așază într-un rând, iar $A$ trebuie să stea undeva înaintea lui $B$ (nu neapărat lângă el). În câte moduri?

11. (Problemă aplicată.) Un bucătar pregătește un meniu-degustare din cinci feluri diferite, servite unul după altul. Supa nu poate fi nici primul, nici ultimul fel. În câte ordini poate fi servit meniul?

12. Se consideră cuvântul CARTE, format din cinci litere distincte. a) Câte „cuvinte" (șiruri de litere, cu sau fără sens) se pot forma folosind toate cele cinci litere? b) Câte încep cu o vocală? c) În câte dintre ele cele două vocale sunt alăturate?

13. (Exercițiu tip Bacalaureat.) Se consideră mulțimea $M=\{1,2,3,4,5,6\}$. a) Calculați numărul permutărilor lui $M$. b) Determinați numărul permutărilor lui $M$ în care elementele $1$ și $2$ sunt alăturate. c) Determinați numărul permutărilor lui $M$ în care elementele $1$ și $2$ nu sunt alăturate.

14. Șase persoane se așază într-un rând. $A$ și $B$ trebuie să stea alături, și, în același timp, $C$ și $D$ trebuie să stea alături. În câte moduri?

15. Aceleași șase persoane, dar acum nici $A$ cu $B$, nici $C$ cu $D$ nu au voie să stea alături. În câte moduri? (Indicație: pornește de la total, scade cele două categorii de cazuri rele, apoi adaugă înapoi cazurile numărate de două ori.)

16. Șapte elevi se așază într-un rând. Trei dintre ei, $A$, $B$, $C$, trebuie să stea împreună și exact în această ordine, de la stânga la dreapta. În câte moduri?

17. Șase persoane se așază într-un rând, iar $A$ trebuie să fie înaintea lui $B$, care trebuie să fie înaintea lui $C$. În câte moduri?

18. (Provocare.) Șase persoane se așază în jurul unei mese rotunde. Două așezări se consideră identice dacă una se obține din cealaltă prin rotirea întregii mese (contează doar cine lângă cine stă, nu locul absolut). a) Câte așezări distincte există? b) Câte dintre ele au două persoane anume, $A$ și $B$, una lângă alta?

Răspunsuri și explicații

1. a) $P_5=5!=120$. b) Primul loc e ocupat, restul se permută liber: $4!=24$.

2. Metoda lipirii: blocul $\{A,B\}$ plus celelalte $4$ persoane înseamnă $5$ obiecte, deci $5!=120$; în interiorul blocului $2!=2$ ordini. Rezultat: $2\cdot 120=240$.

3. Complementara: $6!-240=720-240=480$. Verificare rapidă: $240+480=720$ ✓.

4. $3!\cdot 5!=6\cdot 120=720$. (Blocul de trei cărți plus celelalte patru dau cinci obiecte de permutat.)

5. $7!-720=5040-720=4320$. Atenție: enunțul interzice doar blocul compact de trei, nu și situația în care doar două dintre ele sunt vecine.

6. Capetele se ocupă în $2!=2$ moduri (care dintre cei doi merge la stânga), iar cele trei locuri din mijloc în $3!=6$ moduri: $2\cdot 6=12$.

7. Fals. După lipire rămân $n-1$ obiecte de permutat, deci $(n-1)!$ așezări ale blocului, dar mai trebuie înmulțit cu cele $2!$ ordini din interiorul blocului. Formula corectă este $2!\cdot (n-1)!$, adică de două ori mai mult. Pentru $n=6$: $2\cdot 120=240$, nu $120$.

8. Metoda locurilor libere: băieții $4!=24$; cele $5$ spații primesc cele trei fete în $5\cdot 4\cdot 3=60$ de moduri. Total $24\cdot 60=1440$.

9. Două tipare ($FBFBFB$ și $BFBFBF$), iar în fiecare tipar $3!$ moduri pentru fete și $3!$ pentru băieți: $2\cdot 6\cdot 6=72$.

10. Prin simetrie, jumătate dintre permutări au $A$ înaintea lui $B$: $\frac{6!}{2}=360$.

11. Supa are $3$ poziții permise (a doua, a treia, a patra), iar celelalte patru feluri se aranjează liber: $3\cdot 4!=72$. Cale echivalentă: $5!-2\cdot 4!=120-48=72$ ✓.

12. a) $5!=120$. b) Vocalele sunt $A$ și $E$, deci prima literă are $2$ variante, restul $4!$: $2\cdot 24=48$. c) Lipim vocalele: $2!\cdot 4!=48$. (Coincidența $48=48$ e întâmplătoare: cele două condiții selectează mulțimi diferite de cuvinte.)

13. a) $P_6=6!=720$. b) $2!\cdot 5!=2\cdot 120=240$. c) $720-240=480$. Verificare: $240+480=720$ ✓.

14. Lipim ambele perechi. Rămân $4$ obiecte de permutat (blocul $AB$, blocul $CD$ și celelalte două persoane): $4!=24$. În interiorul fiecărui bloc: $2!$ ordini. Total $24\cdot 2\cdot 2=96$.

15. Total $720$. Cazuri cu $A$ lângă $B$: $240$. Cazuri cu $C$ lângă $D$: tot $240$. Dar așezările în care ambele perechi sunt lipite (cele $96$ de la exercițiul precedent) au fost scăzute de două ori, deci le adăugăm înapoi:

$$720-240-240+96=336.$$

16. Blocul $ABC$ are ordinea interioară fixată, deci nu se mai înmulțește cu $3!$. Rămân $5$ obiecte de permutat: $5!=120$.

17. Dintre cele $3!=6$ ordini relative posibile ale lui $A$, $B$, $C$, doar una convine, iar cele șase ordini apar de un număr egal de ori: $\frac{6!}{3!}=\frac{720}{6}=120$.

18. a) Fixăm o persoană oriunde la masă — o putem face fără a pierde generalitatea, pentru că rotirea nu schimbă așezarea. Rămân $5$ persoane de așezat pe cele $5$ locuri rămase, în ordine: $5!=120$ de așezări distincte. b) Cu persoana $A$ fixată, $B$ poate sta pe unul dintre cele $2$ locuri vecine ei, iar celelalte $4$ persoane se așază în $4!=24$ de moduri: $2\cdot 24=48$. (Ambele valori au fost verificate prin enumerarea completă a permutărilor și gruparea lor pe rotații.)

De reținut

• Permutările fără restricții: $P_n=n!$. Orice problemă cu restricții se raportează la acest total.
• Metoda lipirii: dacă $k$ elemente trebuie să formeze un bloc compact, numărul de permutări este $k!\cdot (n-k+1)!$ — nu uita niciodată factorul $k!$ care numără ordinile din interiorul blocului.
• Scăderea cazurilor nefavorabile: la orice enunț cu „nu", numără totalul și scade cazurile interzise. Verifică la final că suma celor două categorii dă totalul.
• Metoda locurilor libere: dacă $m$ elemente trebuie să fie separate două câte două, așază întâi cele $p$ elemente libere ($p!$ moduri), apoi pune elementele restricționate în spațiile create, câte cel mult unul în fiecare spațiu.
• Restricția de ordine relativă nu se rezolvă prin lipire, ci prin împărțire: dacă ordinea a $r$ elemente e impusă, rezultatul este $\frac{n!}{r!}$.

Greșeli frecvente

• Uitarea factorului $k!$ la lipire. Blocul nu e un obiect rigid: elementele din interiorul lui se pot rearanja. Pentru două elemente lipite, rezultatul e $2\cdot (n-1)!$, nu $(n-1)!$.
• Confuzia dintre „nu toate împreună" și „niciunul lângă altul". Prima condiție interzice doar blocul compact și se rezolvă prin scădere; a doua e mult mai severă și cere metoda locurilor libere. Cele două dau rezultate foarte diferite.
• Scăderea greșită la două condiții simultane. Când scazi două categorii de cazuri rele care se suprapun, așezările din suprapunere sunt scăzute de două ori și trebuie adăugate înapoi o dată (exercițiul 15).
• Numărarea directă acolo unde complementara e mai simplă. Dacă ai trei-patru subcazuri și teama de a fi uitat vreunul, oprește-te: aproape sigur problema se rezolvă prin „total minus cazuri rele".
• Ignorarea faptului că elementele sunt distincte. La metoda locurilor libere contează și care element intră în care spațiu — de aceea apare un produs de factori descrescători, nu o simplă alegere de spații.

Aplică acasă

1. Fotografia de familie. Așază patru membri ai familiei pentru o fotografie și scrie pe hârtie toate cele $4!=24$ de ordini. Apoi taie de pe listă cele în care doi anume stau alături și verifică dacă rămân exact $24-2\cdot 3!=12$ ordini. Este cea mai bună dovadă că metoda lipirii funcționează.

2. Raftul cu cărți. Alege cinci cărți diferite din bibliotecă: în câte moduri le poți așeza dacă cele două cărți groase nu au voie să stea alături? Calculează ($120-48=72$), apoi verifică pe un caz redus, cu trei cărți, prin enumerare completă.

3. Playlistul cu restricție. Dacă îți faci un playlist din șase melodii diferite, în câte ordini îl poți asculta astfel încât cele două melodii lente să nu vină una după alta? Calculează, apoi compară cu totalul: ce parte din playlisturile posibile respectă condiția? (Răspuns: $480$ din $720$, adică $\frac{2}{3}$.)

Pentru părinți și profesori

Lecția aplică formula permutărilor la situații cu condiții impuse — exact tipul de problemă care apare frecvent la Bacalaureat, la subiectul de combinatorică. Programa de trunchi comun cere explicit analizarea efectului restricțiilor asupra rezultatelor unei probleme de numărare, precum și justificarea metodei alese în fiecare etapă a rezolvării. De aceea accentul cade pe raționament, nu pe memorarea unor formule: elevul trebuie să știe de ce lipește, de ce scade și de ce așază întâi elementele libere.

Ce verificați în rezolvarea copilului: (1) scrie explicit metoda aleasă înainte de calcul; (2) la lipire, nu uită factorul $k!$ din interiorul blocului; (3) la complementară, verifică la final că suma categoriilor dă totalul; (4) distinge între „nu toate împreună" și „niciunul lângă altul". Întrebări bune de control: „De ce, când lipești doi oameni, înmulțești cu $2$?"; „Cum ai verifica rezultatul dacă ar fi doar trei persoane în loc de șase?".

Semne că elevul a înțeles: poate rezolva aceeași problemă pe două căi (direct și prin complementară) și obține același număr; poate verifica un rezultat mic prin enumerare pe caiet; nu aplică mecanic „lipire" la un enunț care cere separare. La Bacalaureat, aceste probleme apar de obicei ca subpuncte gradate (a — total, b — cu o restricție, c — complementara restricției), formulate pe mulțimi de tipul $\{1,2,\dots ,n\}$ sau pe contexte practice.

Întrebări frecvente

Ce înseamnă o permutare cu restricții? Este o așezare în ordine a unor obiecte distincte, în care enunțul impune condiții suplimentare: unele elemente trebuie să stea împreună, altele separat, altele pe poziții fixate. Totalul rămâne $P_n=n!$, iar restricția selectează doar o parte dintre aceste $n!$ așezări.

Cum rezolv o problemă în care două persoane trebuie să stea una lângă alta? Folosești metoda lipirii: legi cele două persoane într-un singur bloc, permuți cele $n-1$ obiecte rămase ($(n-1)!$ moduri) și înmulțești cu $2!$, adică numărul de ordini din interiorul blocului. Pentru șase persoane rezultă $2\cdot 5!=240$.

Cum număr permutările în care două elemente NU stau alături? Cel mai simplu prin complementară: numeri toate permutările ($n!$), numeri pe cele în care elementele sunt alături ($2\cdot (n-1)!$) și le scazi. Pentru șase persoane: $720-240=480$.

Ce este metoda locurilor libere? Este tehnica prin care rezolvi condiția „niciun element din grupul restricționat nu stă lângă altul din același grup": așezi întâi elementele libere, apoi introduci elementele restricționate în spațiile dintre ele (și de la capete), câte cel mult unul în fiecare spațiu. Pentru patru băieți și trei fete neadiacente: $4!\cdot 5\cdot 4\cdot 3=1440$.

Care e diferența dintre „cele trei cărți nu stau toate împreună" și „nicio carte nu stă lângă alta"? Prima condiție interzice doar blocul compact de trei și se rezolvă prin scădere ($7!-3!\cdot 5!=4320$). A doua interzice orice vecinătate între cărțile din grup și se rezolvă cu metoda locurilor libere. A doua condiție e mult mai severă, deci dă un rezultat mult mai mic.

Cum rezolv o problemă în care se cere ca băieții și fetele să alterneze? Numeri întâi tiparele posibile de alternanță, apoi permuți în interiorul fiecărui grup. La trei fete și trei băieți sunt două tipare, deci $2\cdot 3!\cdot 3!=72$; la patru băieți și trei fete tiparul e unic, deci $4!\cdot 3!=144$.

Ce fac dacă enunțul impune doar ordinea relativă a două elemente? Împarți totalul la numărul de ordini posibile ale acelor elemente. Dacă $A$ trebuie să fie înaintea lui $B$, jumătate dintre permutări convin: $\frac{n!}{2}$. Dacă ordinea e impusă pentru trei elemente, împarți la $3!$.

Cum îmi verific rezultatul la o problemă de numărare? Prin două căi independente: rezolvi și direct, și prin complementară, apoi compari. Dacă tot ai dubii, reduci enunțul la un caz mic ($n=3$ sau $n=4$), scrii toate permutările pe caiet și numeri efectiv — enumerarea nu minte niciodată.