Aufgaben zur Kombinatorik (GK) < Kombinatorik < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:33 Di 17.02.2009 | | Autor: | Maluues |
| Aufgabe 1 | Sechs verschieden gefärbte Kugeln sollen in 10 durchnumerierte Kästchen gelegt werden, wobei in einem Kästchen höchstens eine Kugel liegen darf. Wie viele Arten , die Kugeln unterzubringen gibt es?
|
| Aufgabe 2 | Ein Glücksrad hat 10 gleiche Sektoren mit den Ziffern 0 bis 9. Durch 5 maliges Drehen erzeugt man eine 5stellige Zahl (dabei darf 0 als erste Ziffer vorkommen). Mit welcher Wahrscheinlichkeit enthält diese fünfstellige Zahl
a)nur verschiedene Ziffern
b)genau 3 gleiche Ziffern
c)nur gleiche Ziffern
|
Einen schönen Abend wünsch ich euch.
Leider verstehe ich die oben genannte Aufgabe nicht so richtig.
Mein Ansatz ist bisher folgender:
Ich habe 6 Kugeln (jede eine andere Farbe) , die ich ein 10 Kästchen legen soll.
Ich kann in jedes Kästchen nur eine Kugel legen, wodurch nach 6 Kästchen keine Kugeln mehr übrig sind.
D.h ich kann nicht 6*5*4*3*2*1 rechnen, da so 4 Plätze noch nicht gefüllt sind.
Irgendwie ist das kein richtiger Ansatz, aber ich verstehe einfach nicht, wie ich die Möglichkeiten berechnen kann.
10!? Das wäre ja aber nicht Sinn der Aufgabe, da ich nicht 10Kugeln, sondern nur 6 habe.
Aufgabe 2:
a) Ich habe eine Urne mit 10 Kugeln. Ich soll 5 Kugeln nacheinander ohne zurücklegen ziehen wobei die Reihenfolge zu beachten ist.
Gehe ich nach Möglichkeiten, so habe ich 10*9*8*7*6=30240 Möglichkeiten
In der Schule haben wir (10*9*8*7*6)/(10*10*10*10*10) berechnet.
Leider verstehe ich auch hier nicht so ganz den Sinn der Sache.
Stelle ich mir eine Urne vor, so hat diese 10 Kugeln.
Ich ziehe also eine Kugel.
Dann ziehe ich eine zweite Kugel. Da die erste "fort" ist, habe ich 9 weitere Kugeln übrig.
Ich soll ja "verschiedene" Ziffern ziehen.
Nun kommt man auf folgenden Schritt: 9/10*8/10 usw.
Ich verstehe aber nicht warum, die Chance die nächste Kugel zu ziehen 9/10 beträgt. Ich habe doch eigentlich nur noch 9 Kugeln in der Urne und deshalb wäre die Chance eine Kugel zu ziehen doch 9/9?
Oder habe ich mich vertan und der Versuch ist Ziehen mit Zurücklegen und beachten der Reihenfolge?
b) Hier verstehe ich erst gar nicht, wie man rechnen soll.
c)Auch hier nicht :(.
Könnt ihr mir bitte helfen?
Ich möchte keine Lösungen, sondern Ansätze ,um diese Aufgaben zu verstehen. Daher würde ich mich über Erklärungen sehr freuen.
Ich verstehe nicht, warum ich Kombinatorik nicht verstehe :(.
Grüße
|
|
| |
|
Also überleg doch mal so:
Du hast 10 Plätze wo du Kugeln ablegen kannst, die Farben spielen in dem Fall überhaupt keine Rolle.
Du nimmst die 1.Kugel und hast die volle Auswahl also 10 Möglichkeiten.
Dann nimmst du die 2.Kugel, jetzt hast du nur noch 9 Plätze also 9 Möglichkeiten.
Für die 3.Kugel hast du nur noch 8 Plätze.
Für die 4.Kugel nur noch 7 usw.
Hättest du genau so viele Kugeln wie Plätze hättest du
10! Möglichkeiten.
Da aber ja am Ende vier Plätze nicht belegt sind ($10 Plätze - 6 Kugeln = 4 nicht belegte Plätze$ fallen für dich diese Kombinationen weg.
Du rechnest also :
$ [mm] \bruch{10!}{(10-6)!} [/mm] = [mm] \bruch{10!}{4!} [/mm] = 151200$ Möglichkeiten
Gruß Oli
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:28 Di 17.02.2009 | | Autor: | Maluues |
Danke für die Antwort.
Ich kann den Weg nachvollziehen, verstehe aber nicht warum ich 10!/4! rechnen muss.
10! wie gesagt= Anzahl der Möglichkeiten bei 10 Kugeln für 10 Plätze.
4 Plätze fallen weg. Warum rechne ich zB. dann nicht 10!-(6*5*4*3)! oder so?
Grüße
|
|
|
| |
|
Weil du ja 4 Plätze hast die du nicht belegst.
Beispiel:
3 Plätze und 2 Kugeln
0 x x
x 0 x
x x 0
und berechnen tust du das wieder mit:
$ [mm] \bruch{3!}{2!} [/mm] = 3$
Würdest du 3 Plätze mit 3 Kugeln belegen: $3! = 6$
1 2 3
1 3 2
2 1 3
3 1 2
2 3 1
3 2 1
Und für das große funktioniert das genau so.
Du kannst dir die leeren Plätze auch als andere Kugeln vorstellen.
Also Beispiel du hast 10 Plätze und 6 schwarze (durchnummerierte) und 4 weiße(durchnummerierte) Kugeln.
Wie viele Möglichkeiten gibt es die Kugeln anzuordnen?
Dann kommt das selbe raus.
Gruß Oli
|
|
|
| |
|
Zu der a) zunächst hast du schon einmal richtig gedacht. Aber du hast folgenden Fehler gemacht, dass du davon ausgehst, dass es eine Urne ist. Es ist aber ein Rad und nur weil das Feld nicht mehr verwendet werden darf, kann es trotzdem noch getroffen werden.
Darum ergibt :
1. Durchgang $ [mm] \bruch{10}{10}$
[/mm]
2. Durchgang $ [mm] \bruch{9}{10}$ [/mm] weil ja ein Feld ungültig ist.
3. Durchgang $ [mm] \bruch{8}{10}$ [/mm] weil ja noch ein Feld ungültig ist
usw.
$ p = [mm] \bruch{10}{10} [/mm] * [mm] \bruch{9}{10} [/mm] * [mm] \bruch{8}{10} [/mm] * [mm] \bruch{7}{10} [/mm] * [mm] \bruch{6}{10} [/mm] = 0,3024$
Zu b)
Da du 5 mal ziehst kannst du in dem Ergebnis immer nur eine dreiekombination haben.
Und zwar die folgenden:
0,0,0,X,X
1,1,1,X,X
2,2,2,X,X
...
9,9,9,X,X
jetzt ist dir ja bekannt, das bei dem Gücksrad jeder Wurf unabhänig vom vorherigen Wurf ist.
Das heißt du hast für die "1" folgende Wahrscheinlichkeiten:
1.Wurf [mm] $\bruch{1}{10}$
[/mm]
2.Wurf [mm] $\bruch{1}{10}$
[/mm]
3.Wurf [mm] $\bruch{1}{10}$
[/mm]
Also hast du jedes mal die gleiche Wahrscheinlichkeit, nämlich [mm] $\bruch{1}{10}$
[/mm]
Für $n$ mal die "1" ergibt sich:
[mm] $p_1 [/mm] = [mm] (\bruch{1}{10})^n$
[/mm]
also für 3 einser ist das dann $p = [mm] \bruch{1}{10^3}$
[/mm]
Da du das nicht nur für die 1 sondern für alle Zahlen hast musst du das ganze noch addieren.
Also hast du als Ergebnis
$p = 10 * [mm] \bruch{1}{10^3} [/mm] = 0,01$
Mit diesem Ansatz kannst du jetzt auch die c) lösen :)
Tipp es kommt:
$p = 0,0001$ heraus :)
Gruß Oli
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:39 Di 17.02.2009 | | Autor: | Maluues |
Ich danke die für deine Hilfe.
Alles nachvollziehbar und ja ziemlcih blöder Fehler muss man ja schon sagen :).
Auch die Aufgabe lösten wir im Unterricht. Der Lösungsweg war deinem auch sehr ähnlich jedoch haben wir noch [mm] \pmat{ 5 \\ 3 } [/mm] vor 10*1/10*1/10*1/10 gesetzt.
[mm] \pmat{ 5 \\ 3 } [/mm] Leider kann ich diesen Schritt nich nachvollziehen.
Eigentlich gibt [mm] \pmat{ 5 \\ 3 }, [/mm] dass ich aus einer 5 Menge eine 3 Menge ziehe , wobei ich ohne zurücklegen ziehe und die Reihenfolge missachtet wird.
Des Weiteren habe ich doch auch Möglichkeiten für die letzten beiden "Ziffern".
11198
11189
usw
Also wären es doch 10*1/10*1/10*1/10*9/10*9/10
c) Jetzt geht es also um 4 gleiche Ziffern, also
1111x
2222x
3333x
yyyyx
Da ich jetzt 4 gleiche Zahlen haben soll
[mm] \bruch{1}{10^4} [/mm] *9/10 für die letzte Ziffer X
11119
11118 usw
Und da ich 10 Möglichkeiten zu Beginn habe *10
Also:
[mm] \bruch{1}{10^4} [/mm] *9/10 *10
Oder?
Grüße
|
|
|
| |
|
Ja du hast recht, es gibt nicht nur die wenigen Möglichkeiten :)
Da habe ich etwas zu kurz gedacht.
Du kannst ja auch noch
21112
22111
usw machen :)
Darum ja auch das [mm] $\vektor{5\\ 3}$
[/mm]
Da du ja aus allen Möglichkeiten die du hast(5) die Möglichkeiten für gleiche Zahlen herausziehen musst(3) um zu schauen wie viele du dann noch hast.
Also ergeben sich 10 Möglichkeiten pro Zahl und weil es 10 Zahlen sind und jede mit der Wahrscheinlichkeit [mm] $p_i$ [/mm] auftritt kannst du dann allgemein formulieren:
N = Anzahl der Züge
M = Anzahl gleicher Zahlen
n = Anzahl der Zahlen
[mm] p_i [/mm] = Wahrscheinlichkeit
$p = [mm] \vektor{N\\ M} [/mm] * n * [mm] p_i^M [/mm] = [mm] \vektor{N\\ M} \bruch{1}{n^{M-1}}$
[/mm]
Für 3 gleiche Zahlen aus 5 Zügen ergibt sich:
$ p = [mm] \vektor{5\\ 3} [/mm] * [mm] \bruch{1}{10^2} [/mm] = [mm] \bruch{1}{10} [/mm] $
Für 4 gleiche Zahlen aus 5 Zügen ergibt sich:
$ p = [mm] \vektor{5\\ 4} [/mm] * [mm] \bruch{1}{10^2} [/mm] = [mm] \bruch{1}{20} [/mm] $
Für 5 gleiche Zahlen aus 5 Zügen ergibt sich:
$ p = [mm] \vektor{5\\ 5} [/mm] * [mm] \bruch{1}{10^2} [/mm] = [mm] \bruch{1}{100} [/mm] $
Gruß Oli
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:06 Di 17.02.2009 | | Autor: | Maluues |
Auch hier wieder ein großes Dankeschön für deine Hilfe.
So leid es mir tut, muss ich dir leider sagen, dass ich deinen Ansatz nicht annäherend verstehe:/.
Stochastik liegt mir echt überhaupt nicht und ich kann deine allgemeine Gleichung nicht nachvollziehen :(
$ [mm] \vektor{5\\ 3} [/mm] $
Was heißt denn das hier genau?
Ich dachte mir das so:
Ich habe 5 Zahlen/Farben was auch immer also 5 Kugeln
Nun ist es meine Aufgabe 3 aus diesen 5 Kugeln zu ziehen und dabei die Reihenfolge außen vor zu lassen.
In dieser Aufgabe habe ich eine 5 stellige Zahl.
Meine Menge beträgt 10.
Nun soll ich in der 5stelligen Zahl 3 gleiche Ziffern und 2 unterschiedliche finden.
5 ist die Anzahl der Kästchen der 5 stelligen Zahl.
Und 3 ist die Anzahl an meinen Ziffern?
Ahhh ich bin verwirrt!...
Es tut mir wirklich Leid, aber ich kann die Aufgabe irgendwie nicht nachvollziehen :(.
Grüße
|
|
|
| |
|
Ich kann dich beruhigen :) .. ich hab auch nciht wirklich viel Plan von Statistik und muss auch immer wieder nachdenken :)
Ich würde dir folgendes Schema im Bezug auf dieses [mm] $\vektor{5 \\ 3}$
[/mm]
1. Frage: Kombination oder Variation?
Kombination = ungeordnete Stichprobe (Reihenfolge egal)
Variation = geordnete Stichprobe (Reihenfolge beachten)
2. Frage Mit oder ohne Wiederholung (mit oder ohne Zurücklegen)
Dann hast du vier Möglichkeiten:
a) Kombination ohne Wiederholung [mm] $\vektor{ n\\ k}$
[/mm]
b) Kombination mit Wiederholung [mm] $\vektor{ n+k-1\\ k}$
[/mm]
c) Variation ohne W. [mm] $\bruch{n!}{(n-k)!}$
[/mm]
d) Variation mit W. [mm] $n^k$
[/mm]
Dabei ist n die Anzahl der Gesamten Elemente und k die Anzahl der entnommenen Elemente.
Beispiele:
Du hast einen Würfel und würfelst 2 mal. Wie viele Würfelpaare ((1,1)(1,2)..) gibt es?
-> Variation(weil geordnet) und mit Wiederholung
Also hast du 6 Würfelergebnisse (n = 6) und 3 Würfe (k=2)
Ergibt sich [mm] $V_w(n,k) [/mm] = [mm] 6^2 [/mm] = 36$
Wenn du eine Urne mit 5 schwarzen und 3 weißen Kugeln hast und du drei mal ziehst und dann wissen möchtest wie viele Möglichkeiten es gibt folgt:
-> Kombination (ungeordnet weil die 1.Schwarze so gut wie die 3.Schwarze ist) und ohne Wiederholung.
Es ergibt sich $C(5,3) = [mm] \vektor{5 \\ 3} [/mm] = 10 Möglichkeiten$
usw...
In diesem Fall geht es um gleiche Zahlen.
Würdest du das Glücksrad einfach drehen und fragen wie viele Möglichkeiten gibt es nach 3 Durchgängen dann folgt:
-> Variation (weil geordnet) und mit Wiederholung:
Ergibt: [mm] $V_w(10,3) [/mm] = [mm] 10^3 [/mm] = 10000$ Möglichkeiten.
Von diesen 10000 Möglichkeiten gibt es einige Möglichkeiten bei denen es 3 gleiche Ziffern gibt.
Zunächst aber müssen wir noch die Wahrscheinlichkeit mit der eine Ziffer auftritt berücksichtigen diese ist [mm] $p_i [/mm] = [mm] \bruch{1}{10}$
[/mm]
Wenn du jetzt wissen möchtest wie Wahrscheinlich es ist, das in 5 Würfen alle Ziffern eine "1" dann kannst du das ja noch überlegen.
Es gibt nur eine Möglichkeit nämlich 1,1,1,1,1.
Jetzt tritt aber die 1 bei jedem Wurf nicht unbedingt ein.
Also ist es beim ersten mal [mm] $p_1 [/mm] = 0,1$ und beim zweiten mal usw..
Diese hängen von einander ab, denn wenn es beim ersten mal schon eine 2 war, dann ist der rest egal.
Darum mulitiplizierst du die Wahrscheinlichkeiten zu [mm] $p_i^n$ [/mm] wobei n die Anzahl der Würfe ist.
Für jedes mal eine "1" aus 5 Würfen ergibt sich dann:
$p = [mm] 0,1^5 [/mm] = 0,000001$
Wenn du jetzt aber nur 4 mal eine "1" haben möchtest aber 5 mal Würfelst ist die Wahrscheinlichkeit ja höher, weil du mehr gültige Ergebnisse hast.
Diese musst du herausfinden. Das bekommst du über die überlegung,
ziehe 4 gleiche aus 5 Elementen. (ohne Zurücklegen und ungeordnet) also Kombination $C(5,4) = [mm] \vektor{5 \\ 4} [/mm] = 5$
Und weil jede "1" ja die Wahrscheinlichkeit [mm] $p_i [/mm] = 0,1$ hat ergibt sich:
die Gesamtwahrscheinlichkeit $p = 5 * [mm] p_i^4 [/mm] = 0,0005 $ weil es ja 4 gleiche Zahlen sind.
Damit ergibt sich mit immer weniger gleichen eine immer höhere Wahrscheinlichkeit.
Prinzipiell musst du überlegen, wie hoch ist die Wahrscheinlcihkeit für das einzelne Ereignis [mm] $p_i^M$ [/mm] wobei M die Anzahl der Züge ist.
Und dann musst du überlegen wie viele Ereignisse gibt es?
Das bekommst du mit [mm] $\vektor{N \\ M}$.
[/mm]
Und weil es nicht nur um die "1" geht sondern um 10 Zahlen musst du das ganze dann später noch mit 10 Multiplizieren.
Hoffe mal du kannst damit etwas anfangen :)
Gruß Oli
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:48 Mi 18.02.2009 | | Autor: | Maluues |
Danke für deine ausführliche Antwort:
1Frage:
-> Kombination (ungeordnet weil die 1.Schwarze so gut wie die 3.Schwarze ist) und ohne Wiederholung.
Es ergibt sich $ C(5,3) = [mm] \vektor{5 \\ 3} [/mm] = 10 Möglichkeiten $
Du hast doch insgesamt 8Kugeln (5Schwarze 3 Weiße) und ziehst daraus 3 müssten es dementsprechend nicht [mm] \vektor{8 \\ 3} [/mm] Möglichkeiten sein?
Oder wie kommst du auf 5 über 3?
Was ich mir nicht ganz bildlich vorstellen kann ist der folgende Punkt:
Man hat 8Kugeln (5schwarze 3 weiße) und man beachtet nicht, welche schwarze oder weiße Kugel man zieht und das heißt, die Reihenfolge ist egal?
Ist dann mit Reihenfolge das hier gemeint?
sws=wss=sww usw
oder ist mit Reihenfolge folgendes gemeint:
s1w2s1=s2w3s3
Grüße Maluues
Ps: mit dem restlichen Text setzt ich mich gerade auseinander und versuche ihn zu verstehen. ich mache mal eine Skizze auf ein Blatt und scanne das ein :)
Hier Link zu einem Bild , das meine Frage verdeutlicht,hoffe ich.
http://www.bilder-space.de/show.php?file=18.028hIqYyhXYuCvAbH.jpg
Sorry für die schräge und nicht so tolle Schrift....äöhmm joah^^
![[a]](/images/paperclip.gif "Dateianhänge") [Bild Nr. 1 (fehlt/gelöscht)]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 2 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
|
|
|
| |
|
> Danke für deine ausführliche Antwort:
>
> 1Frage:
>
> -> Kombination (ungeordnet weil die 1.Schwarze so gut wie
> die 3.Schwarze ist) und ohne Wiederholung.
> Es ergibt sich [mm]C(5,3) = \vektor{5 \\ 3} = 10 Möglichkeiten[/mm]
>
> Du hast doch insgesamt 8Kugeln (5Schwarze 3 Weiße) und
> ziehst daraus 3 müssten es dementsprechend nicht [mm]\vektor{8 \\ 3}[/mm]
> Möglichkeiten sein?
>
> Oder wie kommst du auf 5 über 3?
Ja da hast du natürlich recht. Es muss [mm]C(8,3) = \vektor{8 \\ 3} = 56 Möglichkeiten[/mm] heißen.
>
> Was ich mir nicht ganz bildlich vorstellen kann ist der
> folgende Punkt:
>
> Man hat 8Kugeln (5schwarze 3 weiße) und man beachtet nicht,
> welche schwarze oder weiße Kugel man zieht und das heißt,
> die Reihenfolge ist egal?
>
> Ist dann mit Reihenfolge das hier gemeint?
>
> sws=wss=sww usw
>
> oder ist mit Reihenfolge folgendes gemeint:
>
> s1w2s1=s2w3s3
Das Beispiel ist etwas unglücklich gewählt.
Reihenfolge heißt, dass es eine Rolle spielt, wann die Kugel gezogen wird.
Beispielsweise
1. Zug - schwarze Kugel und 2. Zug - weiße Kugel
ist eine andere Reihenfolge wie
1. Zug - weiße Kugel und 2.Zug - schwarze Kugel
Reihenfolge egal wäre wenn man fragt,
es werden aus den 8 Kugeln 3 entnommen, wie viele Möglichkeiten gibt es?
Hier sind es 56 Möglichkeiten (weil die Reihenfolge egal ist)
Also wäre hier abc gleichbedeutend mit cba und acb usw
Reihenfolge ist relevant wenn man fragt,
es werden aus den 8 Kugeln 3 entnommen, wie
viele Möglichkeiten gibt es?
Hier sind es 336 Möglichkeiten (weil mit der Reihenfolge neue Kombinationen geschaffen werden können)
weil abc etwas anderes wie cba ist.
>
> Grüße Maluues
>
> Ps: mit dem restlichen Text setzt ich mich gerade
> auseinander und versuche ihn zu verstehen. ich mache mal
> eine Skizze auf ein Blatt und scanne das ein :)
>
>
> Hier Link zu einem Bild , das meine Frage
> verdeutlicht,hoffe ich.
>
> http://www.bilder-space.de/show.php?file=18.028hIqYyhXYuCvAbH.jpg
>
> Sorry für die schräge und nicht so tolle Schrift....äöhmm
> joah^^
>
> [Bild Nr. 1 (fehlt/gelöscht)]
Jetzt zu dem Glücksrad.
Also ich schreibe es mal nochmal auf:
10 Zahlen und 3 mal Drehen.
Hier ist die Reihenfolge relevant -> Variation
und jedes mal hat man die volle Auswahl -> mit Wiederholung
Damit ergibt sich [mm] $n^k$ [/mm] Möglichkeiten bzw wie du schon richtig geschrieben hast. [mm] $10^3$ [/mm] Möglichkeiten die Zahlen anzuordnen.
Weiter hast du auch richtig, dass die Wahrscheinlichkeit pro Durchgang für eine Zahl [mm] $p_i [/mm] = 0,1$ ist.
Jetzt zu dem was du noch nicht so richtig verstehst.
Du hast 5 Plätze auf denen du die Zahlen anordnen kannst.
Sind alle voll belegt, dann hast du keine Auswahl sondern musst alle Felder mit der selben Zahl belegen.
Wenn aber nur 4 Plätze mit der selben Zahl belegt werden, dann hast du 1 Feld frei, das beleibig belegt werden kann.
Dieses Feld kann jetzt auf jeder der 5 Plätze sein.
also z.b.
1,1,1,1,X
1,1,1,X,1
1,1,X,1,1
1,X,1,1,1
X,1,1,1,1
Du musst also herausfinden, wie viele Möglichkeiten du hast hier zu variieren.
Im obrigen Fall ist das relativ einfach es ergeben sich die 5 Möglichkeiten.
Dabei handelt es sich wieder um eine Kombination ohne Wiederholung, da du quasie "leere Felder" für die frei belegbare Zahl X ziehst.
Hast du jetzt nur 3 gleiche Ziffern, dann hast du natürlich noch mehr möglichkeiten. Da die Reihenfolge keine Rolle spielt und du ohne Wiederholung ziehst ergeben sich 10 Möglichkeiten.
1,1,1,X,X
1,1,X,1,X
1,X,1,1,X
X,1,1,1,X
X,1,1,X,1
X,1,X,1,1
X,X,1,1,1
1,X,X,1,1
1,X,1,X,1
1,1,X,X,1
Hoffe mal das macht es jetzt verständlich :)
Gruß Oli
Zur Not kannst dich auch mal über ICQ melden: 446487825
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:24 Mi 18.02.2009 | | Autor: | Maluues |
Hallo, Oli.
Danke,danke,danke für deine Hilfe. Ich glaube ich fange an es zu verstehen und das will was heißen :D
Also du sagtest ja ich habe 5 Felder, von denen 4 belegt sind.
[mm] \vektor{5 \\ 4} [/mm] war die vorgehensweise zu rechnen.
Ich hab 1 freies Feld, dass variieren kann:
[mm] \vektor{5 \\ 4} [/mm] heißt (5*4*3*2*1)/(4*3*2*1).
Und da liegt die Blockade meine Gehirns:
5*4*3*2*1 heißt bei mir in Kästchenschreibweise: Ich habe 5 Kästchen.
Für das erste habe ich 5 Möglichkeiten es zu füllen.
Für das 2 habe ich 4 Möglichkeiten.
Für das 3 habe ich 3 Möglichkeiten usw.
Dabei habe ich aber nur 2 "Variablen" nämlich 1 (die ja 4 mal drankommt) und das freie ,varrierbare Kästchen.
Bei 4*3*2*1 verstehe ich nicht warum ich das rechne.
Ich habe dieses Bild vom Lotto in mir ,dass folgendes sagt:
[mm] \vektor{49 \\ 6} [/mm] 6 aus 49 Zahlen.
Für die erste Zahl 49 Möglichkeiten zu tippen, für die zweite 48 usw.
Da aber 1,18,6,5,9,7 das gleiche wie 18,6,5,9,7,1 sind, teile ich die Anzahl aller Möglichkeiten durch die Anzahl an Variationen eines Tips (nämlich 6*5*4*3*2*1), da ich ja eine der 6 Zahlen (z.B die 18) an erste,zweite,dritte,vierte,fünfte oder sechste Stelle setzen kann, was aber egal ist.
Grüße
|
|
|
| |
|
Du musst dir das so vorstellen.
Du hast 5 Kästchen.
Wenn du alle voll belegst, dann hast du $5*4*3*2*1 = 5! = 120$ Möglichkeiten.
Wenn du aber nicht alle belegst, dann ist das so wie wenn du aus den freien Kästchen welche herausziehst und diese belegst.
Wenn du 4 Kästchen aus den 5 belegst dann ziehst du 4 (freie Kästchen) aus den 5 möglichen.
Also [mm] $\vektor{5 \\ 4} [/mm] = [mm] \bruch{5!}{4!(5-4)!} [/mm] = [mm] \bruch{120}{24*1} [/mm] = 5$
Gruß Oli
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:35 Mi 18.02.2009 | | Autor: | Maluues |
Hiho ,Oli.
Noch bin ich kurz da und stelle schnell die Frage:
Wenn ich also von 5 Kästchen 4 belege, erhalte ich 5 freie Kästchen?
Also X=belegt y=unbelegt
XXXXY
XXXYX
XXYXX
XYXXX
YXXXX
Gut. Aber wie gesagt: Ich dachte XXXXY = YXXXXX
Denkfehler?
Grüße
|
|
|
| |
|
Hallo Maluues,
ja, Denkfehler.
Stell Dir vor, es gäbe nicht nur die Objekte 1 bis 4 zu verteilen, sondern noch ein Kärtchen mit der Aufschrift "reserviert". Das wird als erstes vergeben, und wo es liegt, darf kein Objekt (keine Zahl) hin.
Das Ergebnis muss das gleiche sein, aber der kombinatorische "Rechenweg" wird dadurch ein anderer.
Verstehst Du, was ich meine?
Grüße,
reverend
|
|
|
|
