Wieviele Kombinat. gibt es? < Kombinatorik < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:09 Mi 21.10.2009 | | Autor: | Giraffe |
12 Würfel - wie gr. ist die Wahrschl.keit, dass jede Augenzahl dopp. vorkommt?
Die Anz. aller möglichen Ereignisse konnte ich durch etw. Tüffteln rausbekommen. 6^12.
Und das gewünschte/günstige Ereignis, davon war ich überzeugt ist 1. Eben eine einzige Möglichkeit, wo bei einem Wurf jede Zahl dopp. vorkommt. Doch ich ließ mich täuschen.
Ich nahm an, dass günstige Ereignis ist: 112233445566778899
Aber das diese Zahlen auch beliebig durcheinander liegen können u. dass das auch günstige Ereignisse sind, dass bedachte ich nicht.
Die jetzt durch Probieren zu ermitteln, um dann dahinter zu kommen, wie man es mathemat. lösen kann ist bei 10 Elementen, bzw. 20, viel zu aufwändig.
Also nehme ich erstmal nur 3 Elemente: 123 u. komme auf 6 mögl. Kombinationen.
Ich nehme als nächstes 4 Elemente u. schon beginnt das Probl.:
Z.B. 1122
Da die beiden vorderen einsen auch vertauscht werden können, nämlich 1122 (sieht man jetzt nicth),
hätte ich schon eine zweite.
Dieses Probl. gab es bei 123 nicht.
Wer kann mir die mathemat. Regeln nennen, nachdem ich diese 3 versch. Fälle lösen kann?
1. Fall: Kombinat.mögl.keiten der Elemente, die alle jeweils nur 1x vorkommen?
2. Fall: Kombinat.mögl.keiten der Elemente, die alle jeweils dopp. vorkommen?
3. Fall: Kombinat.mögl.keiten der Elemente, die alle jeweils nur 1x vorkommen; wobei die Tauscherei egal ist, also egal ob [mm] 1_1 [/mm] und [mm] 1_2 [/mm] ODER [mm] 1_2 [/mm] und [mm] 1_1, [/mm] das ist egal. Bsp. 2 Gruppen, eine besteht aus Mädchen, die andere aus Jungen. Wenn diese nun Paare bilden sollen, wieviele Mögl.keiten gibt es. Hierbei ist es nun egal, ob Peter mit Berta ODER Berta mit Peter.
Das muss ja anders zu rechnen sein.
Hoffentlich wird es nicht zu kompliziert. Ich tüfftel solange weiter.
Für alle Gedanken hierzu vorab schon vielen DANK
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:09 Mi 21.10.2009 | | Autor: | karma |
Hallo und guten Tag,
eine knifflige Frage!
Mein Ansatz mit dem Multinomialkoeffizient folgt.
Günstiges Ergebnis:
12 verschieden Würfel
mit 6 veschiedenen Augenzahlpaaren.
Der Multinomialkoeffizient zu
$n=12$ und
[mm] $k_{1}=k_{2}=\ \ldots\ =k_{6}=2$
[/mm]
gibt die gewünschte Anzahl der verschiedenen Anordnungen an.
[mm] $\frac{12!}{(2!)^6}=7484400$. [/mm]
Freundliche Grüße
Karsten
PS: Ich habe eine schöne Erklärung gefunden:
Nennen wir zwei Würfel,
die die gleiche Augenzahl zeigen einen Pasch;
also z.B. Pasch 1 für zwei Würfel,
bei denen die Seite mit einem Punkt oben liegt.
Und so weiter.
Denken wir uns die zwölf Würfel in einer Reihe nebeneinander gelegt.
Fangen wir beispielsweise mit Pasch 1 an:
Ich habe zwölf freie Plätze und [mm] $\vektor{12 \\ 2}=\frac{12*11}{2}=66$ [/mm] Möglichkeiten,
die beiden Pash 1 Würfel auf die Plätze zu verteilen.
Jetzt habe ich (nur noch) zehn freie Plätze!
Und [mm] $\vektor{10 \\ 2}=\frac{10*9}{2}=45$ [/mm] Möglichkeiten.
Danach (nur noch) acht freie Plätze.
Und [mm] $\vektor{8 \\ 2}=\frac{8*7}{2}=28$ [/mm] Möglichkeiten.
Und so weiter,
bis nur noch zwei freie Plätze ( und somit eine Möglichkeit )für den letzten Pasch übrig bleiben.
Insgesamt:
$66*45*28*15*6*1=7484400$
Möglichkeiten.
Schönen Gruß
Karsten
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 20:45 Mi 21.10.2009 | | Autor: | Giraffe |
Nabend Karsten,
vielen DANK f. deine Mühe.
Aber ich kapiere nix.
Ich weiß weder was n ist noch was k ist.
Ja, in Bezug auf die Aufg. oben kann ich es mir denken, aber mir fehlt das allg. Verständnis.
Dann ist hinter 12 ein Ausrufezeichen. Ich weiß nur, dass ist Fakultät. Mehr weiß ich nicht u. dass es wohl nicht so schwer ist. Dann kommt unten ne gr. Klammer, entweder Determinante oder Matrix - ich habe keine Ahnung.
Aber ich muss doch auch nicht so eine große Aufg. lösen.
Ich fang doch gerade erst an.
Und je mehr ich drüber nachdenke, desto komplizierter wird es.
Ohje.
Es scheint JETZT keine rechnerische Anleitg. zur Ermittlg. von Kombinationen für kleinere Aufg. zu geben.
Aber irgendwann werde ich dich verstehen.
Trotzdem ganz vielen DANK.
mfg
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:12 Do 22.10.2009 | | Autor: | Giraffe |
Es scheint JETZT keine rechnerische Anleitg. zur Ermittlg. von Kombinationen für kleinere Aufg. zu geben. Oder doch?
Wer kann mir zeigen, wie ich drauf komme, bei 4 versch. Buchstaben (A, B, C, D), wieviele Anordnungsmöglichkeiten es gibt?
Habe versucht diese durch systematisches Vertauschen aufzuschreiben, um dann die Kombinationen zu zählen (allerdings müssen doppelte rausfliegen), doch ich verliere den Überblick.
Die Hoffnung, danach eine mathemat. Lösg. (rechnerisch) zu finden ist damit gescheitert.
Vorab allen ein gr. DANKESCHÖN
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Hallo,
> Es scheint JETZT keine rechnerische Anleitg. zur Ermittlg.
> von Kombinationen für kleinere Aufg. zu geben. Oder doch?
> Wer kann mir zeigen, wie ich drauf komme, bei 4 versch.
> Buchstaben (A, B, C, D), wieviele Anordnungsmöglichkeiten
> es gibt?
In dem Fall ist der rechnerische Ansatz einfach 4! =4*3*2*1=24 Möglichkeiten,
diese könnt man z.B. so systematisch aufschreiben:
ABCD, ABDC, ACBD, ACDB, ADBC, ADCB,
BACD, BADC, BCAD, BCDA, BDAC, BDCA,
CABD, CADB, CBAD, CBDA, CDAB, CDBA,
DABC, DACB, DBAC, DBCA, DCAB, DCBA
Logisch kommt man einfach, auf die Lösung, indem man sich vorstellt: Für die erste Position gibt es 4 mögliche Buchstaben, hat man einen davon ausgewähl, so bleiben für die 2. Position nach 3 Möglichkeiten. Dies widerum hat zur Folge,dass es auf der 3. Position noch 2 mögliche Buchstaben und an letzter Stelle bleibt eben nur noch ein Buchstabe übrig, macht also 4*3*2*1= 24
> Habe versucht diese durch systematisches Vertauschen
> aufzuschreiben, um dann die Kombinationen zu zählen
> (allerdings müssen doppelte rausfliegen), doch ich
> verliere den Überblick.
> Die Hoffnung, danach eine mathemat. Lösg. (rechnerisch) zu
> finden ist damit gescheitert.
> Vorab allen ein gr. DANKESCHÖN
Viele Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:47 Do 22.10.2009 | | Autor: | Giraffe |
super, prima
ja, das ist einf. nachzuvollziehen.
(Und passt auch für ABC - 3!
naja u. für alle anderen dann auch)
jupp
DANKE
wied. n Stückchen weiter.
Vielen DANK
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:39 Fr 23.10.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
aber vorsicht, das gilt nur fuer ABCD verschieden.
Wenn du AA auf 3 Platze verteilst hast du fuer das erste A 3 Moeglichkeiten, fuer das zweite 2, also 3*2 denkt man, aber da man die 2 nicht unterscheiden kann nur die Haelfte also 3*2/2=3
AA0 A0A und 0AA bei AB
waeren es 6 AB0 A0B 0AB BA0 B0A 0BA .
entsprechend hast du fuer 2gleiche Zahlen in der 12er Reihe
(12*11*10*....*2)/2 Moeglichkeiten.
Gruss leduart
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| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 12:24 So 25.10.2009 | | Autor: | Giraffe |
JETZT
Jetzt ERST
verstehe, was du meinst.
Das ist ja enorm wichtig!
Immerhin reduziert es sich durch diese Überlegung um sage u. schreibe die HÄLFTE- das ist viel.
Trotzdem habe ich Probleme die Anz. v. Kombinationsmöglichkeiten zu bestimmen, diese aber in einer neuen Diskussionen (Kombinatorik).
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:20 Di 27.10.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:45 Mi 21.10.2009 | | Autor: | luis52 |
Moin Karsten,
klasse! ![[hut]](/images/smileys/hut.gif "[hut]")
vg Luis
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