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Schulmathematik » Stochastik und Kombinatorik » 4-stellige Zahlen mit 8 möglichen Ziffern
Thema eröffnet 2018-10-12 01:36 von
MUSja
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Seite 2   [1 2]   2 Seiten
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Universität/Hochschule 4-stellige Zahlen mit 8 möglichen Ziffern
weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.40, eingetragen 2018-10-18


2018-10-18 10:45 - Gerhardus in Beitrag No. 38 schreibt:
Es wurde hier viel gerechnet und geschrieben, aber ich vermisse die einfachen Regeln und klaren Argumente.  

Ja, richtig. Man sollte daher nicht gleich versuchen, die weißen Schafe zu zählen, sondern - zunächst einmal - die schwarzen, also die vierstelligen Zahlen mit Ziffern 1-8, in denen eine Ziffer mindestens 3 mal vorkommt. Aber dies ist ja auch in Beitrag #1 schon gesagt worden.  wink



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Gerhardus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.41, eingetragen 2018-10-18


Wenn ich die Diskussion hier unregelmäßig verfolge, habe ich den Eindruck, dass in der Kombinatorik hier viel zu viel herumgedoktert wird, was zur Folge hat, dass beim nächsten Kombinatorik-Problem weiter so gearbeitet wird. Besser ist es, mit einfachen Regeln zu arbeiten. In meinem internen Stochastik-Artikel habe ich in Kapitel 6 versucht, diese Regeln möglichst einfach und übersichtlich darzustellen. Man lese dort den Abschnitt "(R6.3) Variation ohne Wiederholung (Permutation)", wo das oben genannte Problem besprochen wird.



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.42, eingetragen 2018-10-18


2018-10-18 15:33 - Gerhardus in Beitrag No. 41 schreibt:
Man lese dort den Abschnitt "(R6.3) Variation ohne Wiederholung (Permutation)", wo das oben genannte Problem besprochen wird.

Hab ich gemacht, bin aber nicht klüger als vorher. Ach ja - wenn dir die Hilfestellung nicht passt, mach es doch besser. Dich hinterher über schlechte Hilfestellung zu beschweren ist mal ein ganz schlechter Stil.

2018-10-18 10:45 - Gerhardus in Beitrag No. 38 schreibt:
Es wurde hier viel gerechnet und geschrieben, aber ich vermisse die einfachen Regeln und klaren Argumente.  

Bevor du hier solche Thesen aufstellst, lese dir doch bitte sorgfältig mal die Beiträge durch. Es hatte z.B. niemand behauptet, dass die Rechnung in #2 verkehrt ist. Nuramon hat denke ich mit viel Geduld zur Lösung hingeführt, ich selbst habe in #33 auch noch eine Rechnung geliefert. Welche Argumente Fehler dir da? Zudem wurde die Frage mit "Uni" gekennzeichnet. Meinst du nicht, da wurden die Modelle in der Vorlesung besprochen und ein Skript an die Hand gegeben? Aber lass gut sein - mir fehlt die Lust hier in eine Diskussion einzusteigen!

Gruß,

Küstenkind

PS: Nichts gegen dein Artikel - aber wer sich mit Kombinatorik etwas befassen möchte, empfehle ich sonst das Buch "Combinatorics - A Problem Oriented Approach" von Marcus. Dort findet man gute Erklärungen und viele Übungsaufgaben.



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Gerhardus
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Dabei seit: 22.09.2010
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.43, eingetragen 2018-10-18


Hallo Küstenkind,
ich beschwere mich bei niemanden, sondern sage nur meine Meinung und versuche, Probleme zu vereinfachen. Bei der Anfrage von Bekell vom 16.9. war mir Ähnliches aufgefallen. Wenn dich mein Beitrag unbeabsichtigt verletzt hat, bedauere ich das. Vermutlich hast du ihn missverstanden.
Jeder kann hier soviel rechnen wie er will, solange es stimmt. Deine amerikanische Buchempfehlung kostet über 50 € und umfasst 132 Seiten. Schülern würde ich es nicht empfehlen.
Mein Kombinatorik-Kapitel enthält auf 2 DINA4-Seiten das, was für die Schule wichtig ist. Wenn du nichts damit anfangen kannst, stört mich das nicht, weil ich es in erster Linie für mich selbst geschrieben habe.
Gruß,
Gerhardus  



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.44, eingetragen 2018-10-18

\(\begingroup\) \(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
@Gerhardus:
In deinem Artikel steht:

Von Permutation mit Wiederholung spricht man, wenn in der Anordnung gleiche Objekte vorkommen, z.B. in der Zeichenkette SYSTEM. Hat das $n$-Tupel $s$ gleiche Elemente, ist die Anzahl seiner Permutationen gleich $\frac 1{s!}~_nP_n$.
Ich finde die Formulierung etwas ungenau. Mein Verbesserungsvorschlag wäre zu schreiben:
"Hat das $n$-Tupel eine Gruppe von $s$ untereinander gleichen Elementen und treten alle anderen Elemente einzeln auf, $\dots$".
(Vielleicht fällt dir noch ein besseres Wort als "Gruppe" ein; mir ist auf Anhieb keines eingefallen.)

Dann könntest du auch gleich die allgemeinere Variante aufschreiben:
Besteht das $n$-Tupel aus $k$ Gruppen $G_1,\dots, G_k$, so dass Elemente des Tupels genau dann gleich sind, wenn sie zur gleichen Gruppe gehören, so ist die Anzahl seiner Permutationen gleich $\frac 1{|G_1|!\cdots |G_k|!}n!$.
\(\endgroup\)


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Gerhardus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.45, eingetragen 2018-10-19


Danke, Nuramon, für deine Kritik.



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Gerhardus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.46, eingetragen 2018-10-19


Eigentlich habe für diese Spielereien keine Zeit, weshalb ich einiges leider nicht genau genug lese. Da ich mich nun mit meinen Beiträgen in die Nesseln gesetzt habe, lässt mich das eingangs genannte Problem nicht in Ruhe, bis ich es erklärt habe.
Sei n die Anzahl der Objekte (hier n= 8 Ziffern), k die Anzahl Plätze (hier k = 4 Stellen) und s die Anzahl von gleichen Objekten (Ziffern).
Sei P(n,k) = n!/(n-k)! = Anzahl  der Permutationen von n Objekten auf k Plätzen.
Sei P(n,k)/s! = Anzahl der Permutationen von n Objekten (davon s gleiche) auf k Plätzen.
Nuramon hat in Beitrag 1 die Fälle aufgeteilt:
1. Keine Wiederholung: Anzahl = P(8,4) (führende Nullen werden akzeptiert)
2. Genau eine Wiederholung. Zuerst nur auf den Plätzen 1 und 2: Anzahl = P(8,3). Da die Wiederholung auch auf anderen Plätzen vorkommen darf, brauchen wir die Anzahl Permutationen der vier Plätze mit 2facher Wiederholung einer Ziffer, also P(4,4)/2! = 12.
Jetzt gibt es ein Problem: P(8,3) zählt die Kombinationen aabc und aacb. Da die Menge der Permutationen beider Fälle identisch ist, ist alles zu halbieren.
Folglich:
Gesamtzahl mit genau einer Wiederholung = P(8,3)∙P(4,4)/4.
3. Zwei verschiedene Zahlen wiederholen sich genau 2fach. Sagen wir, die Ziffern auf den Plätzen 1 und 2 sind gleich, ferner auf den Plätzen 3 und 4. Anzahl = P(8,2) = 8∙7. Wie bei 2. brauchen wir die Anzahl Permutationen der vier Plätze mit 2 mal 2 Wiederholungen, also P(4,4)/(2!)² = 6. Erneut gibt es ein Problem: P(8,2) zählt die Kombinationen aabb und bbaa. Da die Menge der Permutationen beider Fälle identisch ist, ist alles zu halbieren. Folglich:
Gesamtzahl mit 2 mal 2fachen Wiederholungen   P(8,2)∙P(4,4)/8.
Am Ende sind die drei Werte zu addieren. Damit müssten alle Fälle gezählt worden sein und keiner doppelt.
geändert um 19.35 Uhr



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.47, eingetragen 2018-10-19

\(\begingroup\)
Eigentlich wollte ich ja nichts mehr hier schreiben, also nur kurz:

2018-10-18 22:23 - Gerhardus in Beitrag No. 43 schreibt:
Schülern würde ich es nicht empfehlen.

Ich auch nicht (es sei denn für Schüler, welche sich auf einen Wettbewerb vorbereiten wollen). Hier geht es aber um einen Studenten. Woher ich das weiß?

2018-10-12 09:44 - MUSja in Beitrag No. 4 schreibt:
Das Problem ist, dass ich in der Schule Stochastik nicht hatte und in der Uni wird es vorausgesetzt. Natürlich stehe ich da auf wackeligen Füßen

Deine Rechnung ist falsch und ich verstehe die Notation auch nicht wirklich. Du schreibst P(4,1)/2! und definierst P(n,k) = n!/(n-k)!. Danach würde ich nun rechnen. \(\frac{4!}{(4-1)!2!}=2\). Laut deiner Rechnung ist nun P(4,1)/2! = 12. Was du eigentlich meinst ist (denke ich zumindest) jedoch \(^4C_2=\frac{4!}{2!2!}=6\). Damit hättest du zumindest das richtige Ergebnis. Bei 3. hast du auch doppelt zu viele Möglichkeiten. Die richtigen Ergebnisse findest du hier:

2018-10-13 19:15 - MUSja in Beitrag No. 29 schreibt:
Zusammen wäre alles 168 + 2016 +1680= 3864 ?

2018-10-18 23:10 - Nuramon in Beitrag No. 44 schreibt:

Dann könntest du auch gleich die allgemeinere Variante aufschreiben:
Besteht das $n$-Tupel aus $k$ Gruppen $G_1,\dots, G_k$, so dass Elemente des Tupels genau dann gleich sind, wenn sie zur gleichen Gruppe gehören, so ist die Anzahl seiner Permutationen gleich $\frac 1{|G_1|!\cdots |G_k|!}n!$.


Siehe dazu: de.wikipedia.org/wiki/Multinomialkoeffizient

Damit ist

2018-10-14 17:13 - Kuestenkind in Beitrag No. 36 schreibt:
4) Wie viele Umordnungen hat das Wort AAAAABBBCC ?

nun natürlich leicht zu beantworten.

Gruß (und ein schönes Wochenende wünscht),

Küstenkind




\(\endgroup\)


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Gerhardus
Senior Letzter Besuch: im letzten Monat
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Aus: Wetterau
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.48, eingetragen 2018-10-19


Ich komme gerade von einer Bahnfahrt zurück, auf der mir Änderungen meines Beitrags Nr. 46 eingefallen sind. Ich hoffe, die Begründungen sind korrekt.



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Tetris
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Dabei seit: 28.08.2006
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.49, eingetragen 2018-10-19


2018-10-12 03:08 - Nuramon in Beitrag No. 1 schreibt:
oder (und möglicherweise ein bisschen einfacher):
- Zähle, wie viele vierstellige Zahlen mit Ziffern 1,2, ..., 8
  - es überhaupt gibt (ohne weitere Bedingungen)
  - es gibt, bei denen mindestens eine Ziffer mehr als zwei Mal vorkommt.

Guten Abend!
 
Ich gebe zu, dass meine Rechnung zu der schon in #1 angesprochenen Oder-Alternative auch ohne ausdrücklichen Rückgriff auf den Werkzeugkasten der kombinatorischen Grundaufgaben entstanden ist, aber ich gebe sie hier dennoch preis:
 
fed-Code einblenden
Natürlich habe ich mir schon überlegt, was ich da eigentlich zähle, aber eine formalen Ansatz habe ich nicht benutzt.

Lg, T.





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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.50, eingetragen 2018-10-19

\(\begingroup\)
Ja, die Zählung der "schwarzen Schafe", wie schon in #1 vorgeschlagen, ist natürlich hier am einfachsten. Wenn man aber unbedingt die "weißen Schafe" direkt zählen will, ist es aus meiner Sicht ratsam, dass man wie folgt vorgeht. (Und ja, ich hoffe, dass daran wenigstens die einheitliche Betrachtungsweise der 3 Fälle neu ist, was also dann gewissermaßen einen "Gegenentwurf" zu der in meinen Augen unsystematischen Auflistung in #46 darstellt.)

1. Wahl der Grundmenge der verschiedenen tatsächlich vorkommenden Ziffern
2. Wahl der 0 bis 2 Doppelziffern (d.s. Ziffern, die genau zweimal vorkommen) aus obiger Grundmenge
3. Anwendung einer Permutation mit Wiederholung

Daraus ergibt sich kombinatorisch die jeweilige Anzahl der Möglichkeiten als Produkt der Anzahlen aus 1.-3.

Konkret hat man also die 3 Fälle je nach Anzahl der Doppelziffern zu betrachten:

A. Keine Doppelziffer:

1. Möglichkeiten für Grundmenge: $\binom 84$
2. Möglichkeiten für Auswahl der 0 Doppelziffern: $\binom 40$
3. Anzahl der Permutationen (hier noch ohne Wiederholung): $4!$

Gesamtzahl der Möglichkeiten für Fall A somit $\binom 84\binom 40 4!=1680$.

B. Genau eine Doppelziffer:

1. Möglichkeiten für Auswahl der Grundmenge: $\binom 83$.
2. Möglichkeiten für Auswahl von einer Doppelziffer: $\binom 31$
3. Anzahl der Permutationen mit Wiederholung: $\frac{4!}{2!}$

Gesamtzahl der Möglichkeiten für Fall B somit $\binom 83 \binom 31 \frac{4!}{2!}=2016$

C. Zwei Doppelziffern:

1. Möglichkeiten für Auswahl der Grundmenge: $\binom 82$.
2. Möglichkeiten für Auswahl von zwei Doppelziffern: $\binom 22$
3. Anzahl der Permutationen mit Wiederholung: $\frac{4!}{2!2!}$

Gesamtzahl der Möglichkeiten für Fall C somit $\binom 82\binom 22 \frac{4!}{2!2!} =168$

Gesamtsumme aus A, B und C also dann tatsächlich

1680+2016+168=3864
\(\endgroup\)


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