Warum Kombinatorik? < Kombinatorik < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:54 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Yna |
| Aufgabe | Ein "IC-Zug" besteht aus 10 Waggons: 4 Wagen der zweiten Klasse (Z), 3 Wagen der ersten Klasse (E), 2 Großraumwagen (G) sowie 1 Speisewagen (S). Wie viele Möglichkeiten gibt es, den Zug zusammenzustellen, wenn nur nach den Kategorien Z, E, G und S unterschieden wird und
a) sonst keine Vorgaben zu beachten sind,
b) die Großraumwagen am Anfang und am Ende des Zuges stehen und der Speisewagen der 5. oder 6. Wagen sein soll? |
Hallo,
ich frage mich, warum ich diese Aufgabe unbedingt mit Kombinatorik lösen muss.
Für die a) hatte ich mir überlegt, dass es für den 1. Wagen 10 verschiedene Möglichkeiten gibt, weil ja nichts vorgegeben ist, für den zweiten noch 9 Möglichkeiten usw., damit wäre meine Lösung:
P(A)=10!= 3628800
Zugegeben, die Zahl erscheint etwas hoch, aber ich finde meinen Lösungsweg schon logisch und kann nicht nachvollziehen warum ich es so (richtige Lösung):
[mm]P(A)= \vektor{10 \\ 4} * \vektor{6 \\ 3} * \vektor{3\\ 2} * \vektor{1 \\ 1} = 12600 [/mm]
lösen muss...? Warum ich [mm] \vektor{10 \\ 4} [/mm] nehme, das ist mir schon klar; 10 Wagen habe ich, 4 davon sind Wagen der zweiten Klasse, dann bleiben noch 6 übrig und 3 davon sind Wagen der ersten Klasse usw. Aber warum bringt mich nur das auf die richtige Lösung? Würde mich freuen, wenn mir das jemand erklären könnte, Kombinatorik habe ich noch nie richtig verstanden. ;)
Zur b) habe ich mir ähnliches überlegt:
Für den ersten Wagen habe ich 2 Möglichkeiten, weil ich 2 Großraumwagen habe, für den 2. Wagen bleiben mir noch 7 Möglichkeiten, weil der andere Großraumwagen am Ende des Zuges sein soll und der Speisewagen an 5. oder 6. Stelle. An 5. oder 6. Stelle soll der Speisewagen sein, für den es ja nur eine Möglichkeit gibt. Für den Rest habe ich dann wieder mehrere Möglichkeiten. Damit komme ich dann auf diese Lösung:
P(B)=2*7*6*5*4*1*3*2*1=10080
Richtig sind aber nur 70 Möglichkeiten. Wie komme ich darauf? Wieder erscheint mir mein Lösungsweg sehr logisch (wenn auch das Ergebnis eine ziemlich große Zahl ist...) und ich verstehe nicht, warum er falsch sein sollte...
LG,
Yna
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
/Edit: kann wohl nicht mehr ordentlich schreiben...
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:05 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Phoney |
> Ein "IC-Zug" besteht aus 10 Waggons: 4 Wagen der zweiten
> Klasse (Z), 3 Wagen der ersten Klasse (E), 2 Großraumwagen
> (G) sowie 1 Speisewagen (S). Wie viele Möglichkeiten gibt
> es, den Zug zusammenzustellen, wenn nur nach den Kategorien
> Z, E, G und S unterschieden wird und
> a) sonst keine Vorgaben zu beachten sind,
Nabend!
> ich frage mich, warum ich diese Aufgabe unbedingt mit
> Kombinatorik lösen muss.
>
> Für die a) hatte ich mir überlegt, dass ich für den 1.
> Wagen 10 verschiedenen Möglichkeiten gibt, weil ja nichts
> vorgegeben ist, für den zweiten noch 9 Möglichkeiten usw.
> damit wäre meine Lösung:
>
> P(A)=10!= 3628800
>
> Zugegeben, die Zahl erscheint etwas hoch, aber ich finde
> meinen Lösungsweg schon logisch und kann nicht
> nachvollziehen warum ich es so (richtige Lösung):
Die Zahl ist gar nicht so groß, denn sie geht davon aus, dass du 10 verschiedene Waggons hast und die alle in einer anderen Reihenfolge anordnen kannst.
Das Problem ist bei dir allerdings, das ist gar nicht gefragt, denn du hast z. B. vier Wagen der zweiten Klasse, die untereinander nicht unterschieden werden! Das heißt, die sind alle identisch, unterscheiden sich nicht. Daher kannst du 10! nicht nehmen.
Wenn du die vier Wagen alleine betrachtest, kannst du sie nur in einer Reihenfolge (wenn sie nicht zu unterscheiden sind) anordnen, [mm] Wagen_1, Wagen_2, Wagen_3, Wagen_4. [/mm] Dieses wäre gleich mit [mm] Wagen_4,Wagen_3,Wagen_2,Wagen_1. [/mm] Was ja auch für den Kunden der Eisenbahngesellschaft keinen Unterschied macht, in welchen Wagen er geht, da er sowieso nur den SChein für die zweite Klasse hat.
Ok?
Gruß
Phoney
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:12 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Yna |
> Nabend!
Nabend Phoney!
> > ich frage mich, warum ich diese Aufgabe unbedingt mit
> > Kombinatorik lösen muss.
> >
> > Für die a) hatte ich mir überlegt, dass ich für den 1.
> > Wagen 10 verschiedenen Möglichkeiten gibt, weil ja nichts
> > vorgegeben ist, für den zweiten noch 9 Möglichkeiten usw.
> > damit wäre meine Lösung:
> >
> > P(A)=10!= 3628800
> >
> > Zugegeben, die Zahl erscheint etwas hoch, aber ich finde
> > meinen Lösungsweg schon logisch und kann nicht
> > nachvollziehen warum ich es so (richtige Lösung):
>
> Die Zahl ist gar nicht so groß, denn sie geht davon aus,
> dass du 10 verschiedene Waggons hast und die alle in einer
> anderen Reihenfolge anordnen kannst.
> Das Problem ist bei dir allerdings, das ist gar nicht
> gefragt, denn du hast z. B. vier Wagen der zweiten Klasse,
> die untereinander nicht unterschieden werden! Das heißt,
> die sind alle identisch, unterscheiden sich nicht. Daher
> kannst du 10! nicht nehmen.
> Wenn du die vier Wagen alleine betrachtest, kannst du sie
> nur in einer Reihenfolge (wenn sie nicht zu unterscheiden
> sind) anordnen, [mm]Wagen_1, Wagen_2, Wagen_3, Wagen_4.[/mm] Dieses
> wäre gleich mit [mm]Wagen_4,Wagen_3,Wagen_2,Wagen_1.[/mm] Was ja
> auch für den Kunden der Eisenbahngesellschaft keinen
> Unterschied macht, in welchen Wagen er geht, da er sowieso
> nur den SChein für die zweite Klasse hat.
Muss ich das also in etwa so verstehen, dass ich z.B. die Wagen der 2. Klasse nur untereinander mischen kann/soll aber nicht z.B. mit den Wagen der 1. Klasse und ich daher nicht alle als unterschiedlich betrachten kann?
> Ok?
Leider noch nicht ganz. ;)
> Gruß
> Phoney
LG,
Yna
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:32 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Phoney |
> Muss ich das also in etwa so verstehen, dass ich z.B. die
> Wagen der 2. Klasse nur untereinander mischen kann/soll
> aber nicht z.B. mit den Wagen der 1. Klasse und ich daher
> nicht alle als unterschiedlich betrachten kann?
Das so viel, dass du die Waggons untereinander nicht unterscheidest. Angenommen du möchtest einen Zug bilden, mit drei Waggons zweiter Klasse (andere Waggons gibt es nicht), dann ist es laut Aufgabe egal, ob die Reihenfolge so aussieht
[mm] Waggon_1, Waggon_2, Waggon_3
[/mm]
[mm] Waggon_2, Waggon_1, Waggon_3
[/mm]
[mm] Waggon_2, Waggon_3, Waggon_1
[/mm]
[mm] Waggon_1, Waggon_3, Waggon_2
[/mm]
[mm] Waggon_3, Waggon_1, Waggon_2
[/mm]
[mm] Waggon_3, Waggon_2, Waggon_1
[/mm]
Das wären jetzt 6 verschiedene Kombinationen. Diese unterscheidest du jetzt aber erst einmal nicht, da vermutlich alle Waggons von Innen gleich aussehen. Als Passagier bezahlt man ja keine Karte für einen einzelnen Waggon, sondern für eine ganze Klasse!
Nun kommen in der Aufgabe allerdings noch andere Waggons vor, wie z.B. der Speisewagen (bleiben wir aber ruhig mal bei den drei zweiter Klasse Waggons).
Die Reihenfolge sieht nun teilweise so aus:
[mm] Waggon_1, Waggon_2, Waggon_3, [/mm] Speisewagen
[mm] Waggon_2, Waggon_1, Waggon_3, [/mm] Speisewagen
Das ist das selbe Ereignis, d.h. in diesem Fall ist das eine Möglichkeit.
Die anderen Möglichkeiten sehen nun so aus:
[mm] Waggon_1, Waggon_2, [/mm] Speisewagen, [mm] Waggon_3
[/mm]
[mm] Waggon_1, [/mm] Speisewagen, [mm] Waggon_2, Waggon_3
[/mm]
Speisewagen, [mm] Waggon_1, Waggon_2, Waggon_3
[/mm]
Unsere Möglichkeiten ergeben sich analog zu Aufgabe a nach folgender Rechnung:
[mm] \vektor{4\\ 3}
[/mm]
Ich glaube, so ganz habe ich diese Frage nicht beantworten können, aber Fakt ist, die Waggons werden alle unter einen Hut gesteckt und nur nach Waggonart unterschieden.
Gruß
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:46 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Yna |
> Das so viel, dass du die Waggons untereinander nicht
> unterscheidest. Angenommen du möchtest einen Zug bilden,
> mit drei Waggons zweiter Klasse (andere Waggons gibt es
> nicht), dann ist es laut Aufgabe egal, ob die Reihenfolge
> so aussieht
>
> [mm]Waggon_1, Waggon_2, Waggon_3[/mm]
> [mm]Waggon_2, Waggon_1, Waggon_3[/mm]
>
> [mm]Waggon_2, Waggon_3, Waggon_1[/mm]
> [mm]Waggon_1, Waggon_3, Waggon_2[/mm]
>
> [mm]Waggon_3, Waggon_1, Waggon_2[/mm]
> [mm]Waggon_3, Waggon_2, Waggon_1[/mm]
>
> Das wären jetzt 6 verschiedene Kombinationen. Diese
> unterscheidest du jetzt aber erst einmal nicht, da
> vermutlich alle Waggons von Innen gleich aussehen. Als
> Passagier bezahlt man ja keine Karte für einen einzelnen
> Waggon, sondern für eine ganze Klasse!
Da wäre ich ja mit 3! noch richtig (zumindest kommt 6 raus ;) )?
> Nun kommen in der Aufgabe allerdings noch andere Waggons
> vor, wie z.B. der Speisewagen (bleiben wir aber ruhig mal
> bei den drei zweiter Klasse Waggons).
>
> Die Reihenfolge sieht nun teilweise so aus:
>
> [mm]Waggon_1, Waggon_2, Waggon_3,[/mm] Speisewagen
> [mm]Waggon_2, Waggon_1, Waggon_3,[/mm] Speisewagen
>
> Das ist das selbe Ereignis, d.h. in diesem Fall ist das
> eine Möglichkeit.
> Die anderen Möglichkeiten sehen nun so aus:
>
> [mm]Waggon_1, Waggon_2,[/mm] Speisewagen, [mm]Waggon_3[/mm]
> [mm]Waggon_1,[/mm] Speisewagen, [mm]Waggon_2, Waggon_3[/mm]
> Speisewagen,
> [mm]Waggon_1, Waggon_2, Waggon_3[/mm]
Fehlt da nicht eine Möglichkeit?
[mm]Waggon_1, Waggon_2, Waggon_3[/mm], Speisewagen
> Unsere Möglichkeiten ergeben sich analog zu Aufgabe a nach
> folgender Rechnung:
> [mm]\vektor{4\\ 3}[/mm]
Da versteh ich irgendwie wieder nicht so ganz, wie man darauf kommt... Man geht also davon aus, dass die 3 Wagen alle gleich sind. [mm]\vektor{4\\ 3}[/mm] ist die Anzahl der Möglichkeiten, wie man 3 Wagen ordenen kann und der 4. ergibt sich daraus dann einfach?
Aus irgendeinem Grund will sich mir das einfach nicht erschliessen...
> Ich glaube, so ganz habe ich diese Frage nicht beantworten
> können, aber Fakt ist, die Waggons werden alle unter einen
> Hut gesteckt und nur nach Waggonart unterschieden.
Danke aber für deine schnelle Antwort und zumindest den Versuch. :) (Habs leider noch nicht so ganz verstanden.)
> Gruß
LG,
Yna
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:52 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Phoney |
> Unsere Möglichkeiten ergeben sich analog zu Aufgabe a nach
> folgender Rechnung:
> [mm]\vektor{4\\ 3}[/mm]
Hier war ich etwas vorschnell, daher kommt auch deine Frage, die ich jetzt aber nicht mehr beantworte...
Korrekterweise müsste es natürlich heißen
[mm] \vektor{4\\ 3}*\vektor{1\\ 1}
[/mm]
Was bedeutet, ich ziehe von vier Kugeln insgesamt erst einmal die Position für meine drei zweiter Klasse Waggons und von den übriggebliebenden Kugeln (was nur noch eine Kugel ist), ziehe ich auch eine für meinen Speisewagen. Dieses [mm] \vektor{1\\ 1} [/mm] wird also zu 1 und fällt weg... Analog zu der geposteten Lösung des Fragestellers von Aufgabe a.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:47 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Yna |
> Korrekterweise müsste es natürlich heißen
> [mm]\vektor{4\\ 3}*\vektor{1\\ 1}[/mm]
>
> Was bedeutet, ich ziehe von vier Kugeln insgesamt erst
> einmal die Position für meine drei zweiter Klasse Waggons
> und von den übriggebliebenden Kugeln (was nur noch eine
> Kugel ist), ziehe ich auch eine für meinen Speisewagen.
> Dieses [mm]\vektor{1\\ 1}[/mm] wird also zu 1 und fällt weg...
> Analog zu der geposteten Lösung des Fragestellers von
> Aufgabe a.
>
Ok, ich glaube, das ist mir jetzt klar... wird sich aber erst bei der nächsten Kombinatorikaufgabe herausstellen befürchte ich. ;)
Danke für deine Hilfe!
LG,
Yna
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:23 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Phoney |
> Ein "IC-Zug" besteht aus 10 Waggons: 4 Wagen der zweiten
> Klasse (Z), 3 Wagen der ersten Klasse (E), 2 Großraumwagen
> (G) sowie 1 Speisewagen (S). Wie viele Möglichkeiten gibt
> es, den Zug zusammenzustellen, wenn nur nach den Kategorien
> Z, E, G und S unterschieden wird und
> b) die Großraumwagen am Anfang und am Ende des Zuges
> stehen und der Speisewagen der 5. oder 6. Wagen sein soll?
> Zur b) habe ich mir ähnliches überlegt:
>
> Für den ersten Wagen habe ich 2 Möglichkeiten, weil ich 2
> Großraumwagen habe, für den 2. Wagen bleiben mir noch 7
> Möglichkeiten, weil der andere Großraumwagen am Ende des
> Zuges sein soll und der Speisewagen an 5. oder 6. Stelle.
> An 5. oder 6. Stelle soll der Speisewagen sein, für den es
> ja nur eine Möglichkeit gibt. Für den Rest habe ich dann
> wieder mehrere Möglichkeiten. Damit komme ich dann auf
> diese Lösung:
>
> P(B)=2*7*6*5*4*1*3*2*1=10080
>
> Richtig sind aber nur 70 Möglichkeiten. Wie komme ich
> darauf? Wieder erscheint mir mein Lösungsweg sehr logisch
> (wenn auch das Ergebnis eine ziemlich große Zahl ist...)
> und ich verstehe nicht, warum er falsch sein sollte...
Hallo. Kann mal jemand meine Lösung kontrollieren? Die Begründung klingt mir irgendwie nicht logisch, aber das Ergebnis wird richtig.
Also, unsere Ereignismenge sieht teilweise so aus:
(Grossraumwagen, Frei, Frei, Frei, Frei, Speisewagen, Frei, Frei, Frei, Grossraumwagen)
oder
(Grossraumwagen, Frei, Frei, Frei, Speisewagen, Frei, Frei, Frei, Frei, Grossraumwagen)
Das heißt, wir haben zwei mal das selbe "Ereignis" zu betrachten. Wenn ich den Speisewagen um eine Position verschiebe, habe ich wohl doppelt so viele Möglichkeiten, die Waggons anzuordnen.
(Grossraumwagen, Frei, Frei, Frei, Frei, Speisewagen, Frei, Frei, Frei, Grossraumwagen)
Hier haben wir einen Spielraum von vier Wagen (vom Speisewagen aus gesehen) nach links und um drei nach rechts.
(Grossraumwagen, Frei, Frei, Frei, Speisewagen, Frei, Frei, Frei, Frei, Grossraumwagen)
Hier ist es genau umgekehrt, Speilraum drei nach links und vier nach rechts. Also können wir einen dieser beiden Fälle betrachten (müssen ihn aber später mal zwei nehmen)
Wir haben eine ungeordnete Stichprobenziehung ohne zurücklegen. Wir haben vier Waggons zweiter Klasse, drei Waggons erster Klasse.
Wenn wir nun die vier Waggons zweiter Klasse von sieben gezogen haben, ergeben sich die restlichen Anordnungen (der restlichen Waggons also) automatisch.
D.h. die Lösung ist:
[mm] \vektor{7 \\ 4}*2 [/mm] = 70
????
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:45 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Phoney |
Nach überlegen bin ich auch darauf gekommen, warum das richtig ist.
Ungeordnete Stichprobenziehung ohne zurücklegen war mir ja klar...
[mm] \vektor{7 \\ 4} [/mm] besagt nichts anderes, dass ich sieben verschiedene Kugeln habe, die durchnummeriert sind... von 1-7. Nun sage ich, für die WAggons zweiter Klasse ziehe ich eine Kugel, die Nummer, die gezogen wird, ist die Anordnung des Waggons, ziehe ich eine 5, steht der Waggon an fünfter Stelle. Nun habe ich vier zweiter Klasse Waggons, muss also vier Kugeln von 7 ziehen, und insgesamt gibt es 35 verschiedene Möglichkeiten.
Wunderbar. Die Rechnung stimmt.
Grüße
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:51 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Yna |
> Nach überlegen bin ich auch darauf gekommen, warum das
> richtig ist.
> Ungeordnete Stichprobenziehung ohne zurücklegen war mir ja
> klar...
> [mm]\vektor{7 \\ 4}[/mm] besagt nichts anderes, dass ich sieben
> verschiedene Kugeln habe, die durchnummeriert sind... von
> 1-7. Nun sage ich, für die WAggons zweiter Klasse ziehe ich
> eine Kugel, die Nummer, die gezogen wird, ist die Anordnung
> des Waggons, ziehe ich eine 5, steht der Waggon an fünfter
> Stelle. Nun habe ich vier zweiter Klasse Waggons, muss also
> vier Kugeln von 7 ziehen, und insgesamt gibt es 35
> verschiedene Möglichkeiten.
Dann frage ich mich aber, warum es nur auf die Wagen 2. Klasse ankommt. Was ist mit den Wagen 1. Klasse? Die kann ich doch nicht einfach ausser Acht lassen?
> Wunderbar. Die Rechnung stimmt.
>
> Grüße
LG,
Yna
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:54 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Fugre |
Hallo Yna, hallo Johann,
ich war mal so frei und habe euren Strang versucht zu ordnen.
Ich empfehle den Artikel, den ich in meiner Antwort verlinkt
habe.
Gruß
Nicolas
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:50 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Fugre |
> Ein "IC-Zug" besteht aus 10 Waggons: 4 Wagen der zweiten
> Klasse (Z), 3 Wagen der ersten Klasse (E), 2 Großraumwagen
> (G) sowie 1 Speisewagen (S). Wie viele Möglichkeiten gibt
> es, den Zug zusammenzustellen, wenn nur nach den Kategorien
> Z, E, G und S unterschieden wird und
> a) sonst keine Vorgaben zu beachten sind,
> b) die Großraumwagen am Anfang und am Ende des Zuges
> stehen und der Speisewagen der 5. oder 6. Wagen sein soll?
> Hallo,
>
> ich frage mich, warum ich diese Aufgabe unbedingt mit
> Kombinatorik lösen muss.
>
> Für die a) hatte ich mir überlegt, dass es für den 1. Wagen
> 10 verschiedene Möglichkeiten gibt, weil ja nichts
> vorgegeben ist, für den zweiten noch 9 Möglichkeiten usw.,
> damit wäre meine Lösung:
>
> P(A)=10!= 3628800
>
> Zugegeben, die Zahl erscheint etwas hoch, aber ich finde
> meinen Lösungsweg schon logisch und kann nicht
> nachvollziehen warum ich es so (richtige Lösung):
>
> [mm]P(A)= \vektor{10 \\ 4} * \vektor{6 \\ 3} * \vektor{3\\ 2} * \vektor{1 \\ 1} = 12600[/mm]
>
> lösen muss...? Warum ich [mm]\vektor{10 \\ 4}[/mm] nehme, das ist
> mir schon klar; 10 Wagen habe ich, 4 davon sind Wagen der
> zweiten Klasse, dann bleiben noch 6 übrig und 3 davon sind
> Wagen der ersten Klasse usw. Aber warum bringt mich nur das
> auf die richtige Lösung? Würde mich freuen, wenn mir das
> jemand erklären könnte, Kombinatorik habe ich noch nie
> richtig verstanden. ;)
>
> Zur b) habe ich mir ähnliches überlegt:
>
> Für den ersten Wagen habe ich 2 Möglichkeiten, weil ich 2
> Großraumwagen habe, für den 2. Wagen bleiben mir noch 7
> Möglichkeiten, weil der andere Großraumwagen am Ende des
> Zuges sein soll und der Speisewagen an 5. oder 6. Stelle.
> An 5. oder 6. Stelle soll der Speisewagen sein, für den es
> ja nur eine Möglichkeit gibt. Für den Rest habe ich dann
> wieder mehrere Möglichkeiten. Damit komme ich dann auf
> diese Lösung:
>
> P(B)=2*7*6*5*4*1*3*2*1=10080
>
> Richtig sind aber nur 70 Möglichkeiten. Wie komme ich
> darauf? Wieder erscheint mir mein Lösungsweg sehr logisch
> (wenn auch das Ergebnis eine ziemlich große Zahl ist...)
> und ich verstehe nicht, warum er falsch sein sollte...
>
>
> LG,
> Yna
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
> /Edit: kann wohl nicht mehr ordentlich schreiben...
Hallo Yna,
wie du selbst weißt, ist deine Lösung der a) nicht richtig, der Ansatz der
richtigen Lösung ist auch etwas unübersichtlich. Besser ist dafür der
Artikel zum Thema ![[]](/images/popup.gif) Kombinatorik bei Wikipedia.
Dort ist auch die Formel erläutert.
Die Formel angewendet für die a):
[mm] $A=\frac{10!}{4!*3!*2!*1!}=12600$
[/mm]
Bei der b) hast du ja im Prinzip nur noch $8$ Wagen, die du anordnen kannst,
da die Großraumwagen einen festen Platz haben. Außerdem kannst du den
Speisewagen auch als fest annehmen, wenn du die Anzahl der Möglichkeiten
nachher mit $2$ multiplizierst, sodass du bei $7$ Wagen zum Rechnen wärst.
[mm] $A=2*\frac{7!}{4!*3!}=70$
[/mm]
Ich hoffe, dass ich dir helfen konnte.
Gruß
Nicolas
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:01 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Yna |
> Hallo Yna,
Hallo Nicolas!
> wie du selbst weißt, ist deine Lösung der a) nicht richtig,
> der Ansatz der
> richtigen Lösung ist auch etwas unübersichtlich. Besser
> ist dafür der
> Artikel zum Thema
> Kombinatorik bei
> Wikipedia.
> Dort ist auch die Formel erläutert.
Zur richtigen Lösung gabs auch keinen Ansatz, sondern nur eine fertige Lösung. ;)
> Die Formel angewendet für die a):
> [mm]A=\frac{10!}{4!*3!*2!*1!}=12600[/mm]
>
> Bei der b) hast du ja im Prinzip nur noch [mm]8[/mm] Wagen, die du
> anordnen kannst,
> da die Großraumwagen einen festen Platz haben. Außerdem
> kannst du den
> Speisewagen auch als fest annehmen, wenn du die Anzahl der
> Möglichkeiten
> nachher mit [mm]2[/mm] multiplizierst, sodass du bei [mm]7[/mm] Wagen zum
> Rechnen wärst.
>
> [mm]A=2*\frac{7!}{4!*3!}=70[/mm]
Das mit der 7 ist mir jetzt klar (wars ja vorher auch schon fast), aber aus welchem Grund muss ich [mm]4!*3![/mm] rechnen? Ist das vergleichbar mit günstige und ungünstige Ereignisse? Oder ist das so eine Sache, die man einfach hinnehmen muss, weil es eine Formel ist? Der Grund, warum es so ist, wird mir nämlich noch immer nicht ganz klar.
> Ich hoffe, dass ich dir helfen konnte.
Danke für deine Hilfe, zumindest ist es mir etwas klarer geworden. ;)
> Gruß
> Nicolas
LG,
Yna
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:17 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Fugre |
Hallo Yna!
> Das mit der 7 ist mir jetzt klar (wars ja vorher auch schon
> fast), aber aus welchem Grund muss ich [mm]4!*3![/mm] rechnen? Ist
> das vergleichbar mit günstige und ungünstige Ereignisse?
> Oder ist das so eine Sache, die man einfach hinnehmen muss,
> weil es eine Formel ist? Der Grund, warum es so ist, wird
> mir nämlich noch immer nicht ganz klar.
Die Begründung ist eigentlich nicht so schwierig, ich versuche es mal.
Mit $7!$ berechnest du ja die Anzahl der Möglichkeiten $7$ unterschiedliche
Gegenstände in einer Reihe zu ordnen. Nun ist es aber so, dass du nicht
$7$ unterschiedlich Objekte hast, sondern $3$ ununterscheidbare einer Sorte
und $4$ einer anderen. Das bedeutet die Möglichkeiten, die durch eine Umordnung
innerhalb dieser Gruppen zustande kamen musst du wieder abziehen und das
tust du, indem du dadurch teilst.
Ich hoffe, dass es jetzt klarer ist, ansonsten frag solange nach, bis ich mich
klar genug ausdrücken konnte.
Gruß
Nicolas
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:38 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Yna |
> Hallo Yna!
Hallo nochmals ;)
> Die Begründung ist eigentlich nicht so schwierig, ich
> versuche es mal.
> Mit [mm]7![/mm] berechnest du ja die Anzahl der Möglichkeiten [mm]7[/mm]
> unterschiedliche
> Gegenstände in einer Reihe zu ordnen. Nun ist es aber so,
> dass du nicht
> [mm]7[/mm] unterschiedlich Objekte hast, sondern [mm]3[/mm]
> ununterscheidbare einer Sorte
> und [mm]4[/mm] einer anderen. Das bedeutet die Möglichkeiten, die
> durch eine Umordnung
> innerhalb dieser Gruppen zustande kamen musst du wieder
> abziehen und das
> tust du, indem du dadurch teilst.
Ich darf also nicht alles mögliche durcheinander umordnen, sondern muss die 3 und die 4 Objekte einzeln betrachten. Soweit, so gut... Weil ich also nicht alles so betrachten kann, muss ich einige Möglichkeiten wieder abziehen, also von den "gesamten" Möglichkeiten die Möglichkeiten abziehen, wie man die Objekte untereinander ordnen kann, und das passiert durch teilen. Gibt es dafür einen bestimmten Grund? Wie kommt man darauf, dass ich dadurch teilen muss? Und warum 3! mal 4! ? (Pfadregel?) Warum nicht + (plus)?
Mein Problem ist, glaube ich, dass ich nicht verstehe wie man darauf kommt, diese Formel anzuwenden. Ich kann mir nicht erklären, warum mich das auf das richtige Ergebnis führen sollte, außer dass es mir gesagt wird. ;)
> Ich hoffe, dass es jetzt klarer ist, ansonsten frag solange
> nach, bis ich mich
> klar genug ausdrücken konnte.
Puh, also ich glaube in der Sache bin ich ein fast hoffnungsloser Fall. Irgendwie will mir das nicht in den Kopf. Aber vielen Dank für deine Bemühungen. ;)
>
> Gruß
> Nicolas
>
LG,
Yna
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:51 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Walde |
Hi Yna,
na, wir werden es schon noch schaffen es dir zu erklären 
Das ist die, meiner Meinung nach, bestverständliche und auch richtige Erklärung wieso es [mm] \vektor{7 \\ 4}=\bruch{7!}{4!3!} [/mm] Möglichkeiten gibt, 4 un-unterscheidbare Objekte auf 7 Plätze zu verteilen:
Für das erste Objekt hast du 7 frei Plätze,
für das 2. noch 6,
für das 3. noch 5
für das 4 noch 4
bislang sind wir also bei 7*6*5*4 Möglichkeiten.
Da wir aber die Objekte nicht unterscheiden können, ist für uns (ein Klammernpärchen steht für einen leeren Platz)
[mm] o_1o_2o_3o_4()()()
[/mm]
[mm] o_1o_2o_4o_3()()()
[/mm]
[mm] o_1o_4o_2o_3()()()
[/mm]
usw.
alles dasselbe. Wieviele von diesen Anordnungen der 4 identischen Objekte gibt es? 4! das weisst du ja inzwischen und auch, dass man das "neutralisiert" indem man dadurch teilt.
Wir sind also bei [mm] \bruch{7*6*5*4}{4!} [/mm] Möglichkeiten. Ich erweitere den Bruch mit 3!, dann steht da
[mm] \bruch{7*6*5*4}{4!}=\bruch{7*6*5*4*3!}{4!3!} [/mm]
und der Nenner ist gerade 7!, also
[mm] \bruch{7*6*5*4*3!}{4!3!}=\bruch{7!}{4!3!} [/mm] = [mm] \vektor{7\\ 4}
[/mm]
Ich bin fast bereit einen Besen zu fressen, wenn du es jetzt nicht verstanden hast
L G walde
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:06 So 19.03.2006 | | Autor: | Yna |
> Hi Yna,
Hallo Walde,
> na, wir werden es schon noch schaffen es dir zu erklären
>
danke schon mal für deine Bemühungen. ;)
> Das ist die, meiner Meinung nach, bestverständliche und
> auch richtige Erklärung wieso es [mm]\vektor{7 \\ 4}=\bruch{7!}{4!3!}[/mm]
> Möglichkeiten gibt, 4 un-unterscheidbare Objekte auf 7
> Plätze zu verteilen:
>
> Für das erste Objekt hast du 7 frei Plätze,
> für das 2. noch 6,
> für das 3. noch 5
> für das 4 noch 4
>
> bislang sind wir also bei 7*6*5*4 Möglichkeiten.
> Da wir aber die Objekte nicht unterscheiden können, ist
> für uns (ein Klammernpärchen steht für einen leeren Platz)
>
> [mm]o_1o_2o_3o_4()()()[/mm]
> [mm]o_1o_2o_4o_3()()()[/mm]
> [mm]o_1o_4o_2o_3()()()[/mm]
> usw.
>
> alles dasselbe. Wieviele von diesen Anordnungen der 4
> identischen Objekte gibt es? 4! das weisst du ja inzwischen
> und auch, dass man das "neutralisiert" indem man dadurch
> teilt.
Hm, das bedeutet doch aber, dass die 3 hinteren immer als gemeinsamer Komplex angesehen werden oder? Und sich nicht mit den anderen 4 mischen können? Es wäre also so, dass die Wagen der 2. Klasse immer zusammenhängen und die Wagen der 1. Klasse auch immer zusammenhängen? Stimmt das so?
Weil es also egal ist, wie die 4 Objekte untereinander angeordnet sind wird durch die Möglichkeiten der Anordnung geteilt?
Bedeutet das ich suche eigentlich nur diese Möglichkeiten? ->
[mm]()()()oooo[/mm]
[mm]o()()()ooo[/mm]
[mm]oo()()()oo[/mm]
[mm]ooo()()()o[/mm]
[mm]oooo()()()[/mm]
Wären ja irgendwie zu wenige oder?
> Wir sind also bei [mm]\bruch{7*6*5*4}{4!}[/mm] Möglichkeiten. Ich
> erweitere den Bruch mit 3!, dann steht da
> [mm]\bruch{7*6*5*4}{4!}=\bruch{7*6*5*4*3!}{4!3!}[/mm]
> und der Nenner ist gerade 7!, also
> [mm]\bruch{7*6*5*4*3!}{4!3!}=\bruch{7!}{4!3!}[/mm] = [mm]\vektor{7\\ 4}[/mm]
Warum sollte ich denn mit 3! erweitern? Wie komme ich darauf?
> Ich bin fast bereit einen Besen zu fressen, wenn du es
> jetzt nicht verstanden hast
Gut, dass du nur FAST bereit bist. ;) Kombinatorik ist so ziemlich das einzige was ich nicht verstehe, aber dafür auch wirklich so gar nicht.
> L G walde
LG,
Yna
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:02 So 19.03.2006 | | Autor: | Walde |
hi nochmal,
> Hm, das bedeutet doch aber, dass die 3 hinteren immer als
> gemeinsamer Komplex angesehen werden oder? Und sich nicht
> mit den anderen 4 mischen können? Es wäre also so, dass die
> Wagen der 2. Klasse immer zusammenhängen und die Wagen der
> 1. Klasse auch immer zusammenhängen? Stimmt das so?
>
Nein, das ist natürlich nicht so, das war nur ein Bsp, ich hatte nur nicht Lust alle [mm] \vektor{7 \\ 4}=35 [/mm] Kombinationen hinzuschreiben 
Selbstverständlich musst du auch Kombinat. zählen,bei denen die andern Wagen nicht zusammenhängen.
> Weil es also egal ist, wie die 4 Objekte untereinander
> angeordnet sind wird durch die Möglichkeiten der Anordnung
> geteilt?
Ja.
> Bedeutet das ich suche eigentlich nur diese Möglichkeiten?
> ->
>
> [mm]()()()oooo[/mm]
> [mm]o()()()ooo[/mm]
> [mm]oo()()()oo[/mm]
> [mm]ooo()()()o[/mm]
> [mm]oooo()()()[/mm]
nein, siehe oben
es fehlen z.b noch
()()o()ooo
()()oo()oo
()()ooo()o
usw, das waren wieder nicht alle
>
> Wären ja irgendwie zu wenige oder?
>
ja
> > Wir sind also bei [mm]\bruch{7*6*5*4}{4!}[/mm] Möglichkeiten. Ich
> > erweitere den Bruch mit 3!, dann steht da
> > [mm]\bruch{7*6*5*4}{4!}=\bruch{7*6*5*4*3!}{4!3!}[/mm]
> > und der Nenner ist gerade 7!, also
> > [mm]\bruch{7*6*5*4*3!}{4!3!}=\bruch{7!}{4!3!}[/mm] = [mm]\vektor{7\\ 4}[/mm]
>
> Warum sollte ich denn mit 3! erweitern? Wie komme ich
> darauf?
Du wolltest doch, verstehen wie man auf [mm] \vektor{7 \\ 4}=\bruch{7!}{4!3!} [/mm] kommt. Genau so, durch erweitern. Ich will im Zähler anstatt 7*6*5*4 nur 7! schreiben, weils kürzer ist. Das ist aber 7*6*5*4*3*2*1, dazu fehlt mir noch noch 3*2*1=3! . Weil ich den Wert des Bruchs ja aber nicht verändern darf multipliziere ich auch den Nenner mit 3!. Und Zähler und Nenner mit derselben Zahl multiplizieren nennt man Erweitern.
Die Aufgabe (4 identische Wagen auf 7 Plätze zu verteilen)ist im Prinzip fertig, wenn man bei [mm] \bruch{7*6*5*4}{4!} [/mm] angekommen ist. Das Erweitern, damit man [mm] \vektor{7 \\ 4} [/mm] schreiben kann, dient nur der Bequemlichkeit, weil [mm] \vektor{7 \\ 4} [/mm] eine abkürzende Schreibweise für [mm] \bruch{7!}{4!3!} =\bruch{7*6*5*4}{4!} [/mm] ist.
Jetzt klarer?
L G walde
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:56 Mo 20.03.2006 | | Autor: | Yna |
Hallo zum hoffentlich vorerst letzten Mal ;)
was Erweitern bedeutet und wie es funktioniert war mir schon klar. Hatte nur irgendwie ein Brett vor dem Kopf, was das an der Stelle sollte.
Ich glaube, ich habe es jetzt auch mehr oder weniger verstanden; obs wirklich so ist, wird sich bei der nächsten Aufgabe zeigen. ;)
Vielen Dank an alle für ihre Hilfe!
LG,
Yna
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