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Schulmathematik » Stochastik und Kombinatorik » Kombinatorik mit Schnüren
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Schule J Kombinatorik mit Schnüren
knaggix
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  Themenstart: 2022-06-28

Hallo zusammen ich bin auf ein spannendes Rätsel gestossen, welches ich bis jetzt noch nicht knacken konnte: Aufgabe: 6 Schnüre werden in der Mitte in einer Hand gehalten. Auf beiden Seiten gibt es 6 lose Enden. Zwei Personen knüpfen zufällig auf jeder Seite 3 der Schnüre zusammen. Nun lässt man die Schnüre los. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein einziger grosser Ring entsteht? https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/21574_schnuere-1.png Diese Variante geht nicht. https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/21574_schnuere-ok.png Diese Variante ist günstig. Ich habe mal kombinatorisch probiert: (6;2)*(4;2)*(2;2)=90 Möglichkeiten pro Seite. Jede Seite hat diese 90 Möglichkeiten. Wie viele davon sind günstig? Problem: Dabei werden symmetrische Varianten mehrfach gezählt. Oder über das Gegenereignis: Wann ergeben sich kleine Ringe? Hm, . . . Habt ihr mir einen Tipp, wie ich dies kombinatorisch oder anders geschickt lösen kann? Im Notfall muss man wohl alle Varianten aufzeichnen . . . . dies wollte ich eigentlich vermeiden. :-) Danke für Anregungen, lieber Gruss, knaggix


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-06-28

Hallo, ich tippe schon mal 8/15. Später mehr.


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.2, eingetragen 2022-06-28

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\grad}{\operatorname{grad}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert} \newcommand{\Abb}{\operatorname{Abb}}\) Hallo knaggix, durch Umordnung der Schnüre ist jede Variante äquivalent zu einer solchen Variante, bei der auf der linken Seite die erste mit der zweiten Schnur, die dritte mit der vierten und schließlich die fünfte mit der sechsten Schnur verbunden ist. Dann muss man nur noch die möglichen Kombinationen der rechten Seite beachten. Du hast uns ja schon gegeben, dass es 90 Stück gibt. Bei der vorgegebenen linken Seite kann man jetzt noch überlegen, welche Kombinationen der rechten Seite nun zu einer Schleife führen. Wir können die günstigen Varianten zählen: Dafür bemerken wir zunächst, dass wir durch die Verbindungen auf der linken Seite bereits drei Schlaufen haben. Eine aus Schnur 1 und 2, eine aus 3 und 4 und die letzte aus 5 und 6. Damit die Kombination günstig ist, muss Schnur 1 mit einer der beiden anderen Schlaufen verbunden werden (sonst hat man einen kleinen Ring), diese haben insgesamt 4 Enden, also 4 Verknüpfungen für die erste Schnur, die zu günstigen Ergebnissen führen können. Nun muss für jede dieser Möglichkeiten gelten: die übrige Schnur der Schlaufe, mit der die erste Schnur verbunden wurde, muss mit der letzten Schlaufe verbunden werden, sonst hat man einen mittelgroßen Kreis geschlossen. Diese letzte Schlaufe hat noch 2 Enden, also 2 Möglichkeiten. Wenn man jetzt noch die letzte mögliche Verbindung schließt, ist ein großer Ring garantiert. Also gibt es dazu $4\cdot2=8$ Möglichkeiten. Bei insgesamt $90$ Möglichkeiten hat man also eine Erfolgswahrscheinlichkeit von $p=\frac{8}{90}=\frac{4}{45}$. Schönes Rätsel! Viele Grüße, Vercassivelaunos [Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]\(\endgroup\)


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Kitaktus
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-06-28

Wir drehen das Problem mal um und gehen davon aus, dass wir auf jeder Seite drei Paare verbundener Enden haben und dann zufällig die sechs Seilenden der einen Seite mit den sechs Seilenden der anderen Seite verbinden. Also etwa so: \sourceon nameDerSprache __ __ __ | | | | | | A B C D E F ????????????????? 1 2 3 4 5 6 |__| |__| |__| \sourceoff Wir können nun ohne Beschränkung der Allgemeinheit (o.B.d.A.) davon ausgehen, dass A mit 1 verbunden ist. Für B gibt es dann 5 Möglichkeiten 2-6. Ist B mit 2 verbunden, so entsteht ein kleiner Ring in allen anderen Fällen können wir o.B.d.A. davon ausgehen, dass B mit 3 verbunden ist. 4 muss dann mit C, D, E oder F verbunden sein. O.B.d.A. sei dies C. Das Ganze sieht dann so aus: \sourceon nameDerSprache __ __ __ | | | | | | A B C D E F | \ \ | \ \ | \ \ 1 2 3 4 5 6 |__| |__| |__| \sourceoff Nun schauen wir uns an, mit welchem Ende D verbunden ist. In einem der drei möglichen Fälle ist das 2 und es ergibt sich eine kurze Kette (1AB34CD2). In den beiden anderen Fällen ist D mit 5 oder 6 verbunden. O.B.d.A. sei dies Ende 5. Dann ist 6 zwangsläufig mit E oder F verbunden und F bzw. E mit 2, wodurch ein einziger großer Kreis entsteht. Fazit mit eine Wahrscheinlichkeit von 4/5 x 2/3 = 8/15 entsteht ein einziger Kreis. [Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]


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knaggix
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-28

Danke Vercassivelaunos für Deine Gedanken. Ich bin da noch nicht überzeugt. Durch reines Ausprobieren komme ich recht oft auf grosse Ringe. Ich habe inzwischen noch folgende Überlegung, bei der ich auf P("grosser Ring") = 28/45 komme: Person A macht den ersten Knoten. Person B verbindet mit 1/(6;2) = 1/15 dieselben zwei Schnüre. Mit 14/15 bleibt die Chance auf den grossen Ring. Nun macht A auf seiner Seite den zweiten Knoten. B hat nun zwei Möglichkeiten von insgesamt noch (4;2) = 6 , die er nicht machen kann. Also bleibt eine Chance von 4/6 für den grossen Kreis. Insgesamt also: 14/15 * 4/6 = 28/45 Macht das Sinn? Es würde dem Ausprobieren einigermassen entsprechen, wo ich fast Hälfe Hälfte Erfolg hatte. Bin auch noch gespannt auf deine Ideen, StrgAltEntf. Edit: Mist, habe einen Fehler in meiner Überlegung gefunden. A hat im zweiten Zug nicht alle Optionen . . . . . . lieber Gruss, knaggix [Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-06-28

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\grad}{\operatorname{grad}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert} \newcommand{\Abb}{\operatorname{Abb}}\) \quoteon(2022-06-28 19:04 - knaggix in Beitrag No. 4) Danke Vercassivelaunos für Deine Gedanken. Ich bin da noch nicht überzeugt. Durch reines Ausprobieren komme ich recht oft auf grosse Ringe. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.] \quoteoff Ah, der Denkfehler ist auch, dass es insgesamt nicht ${6\choose4}\cdot{4\choose 2}$ Möglichkeiten pro Seite gibt, sondern $5!!=5\cdot3\cdot1$: Schnur 1 kann mit 5 Schnüren verbunden werden. Die nächste freie Schnur noch mit 3, und die letzten zwei freien Schnüre haben nur eine Wahl, nämlich miteinander verbunden zu werden. Es gibt also $15$ Möglichkeiten, und somit ist die Wahrscheinlichkeit wie von den anderen schon gesagt $\frac{8}{15}$ statt $\frac{8}{90}$.\(\endgroup\)


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cramilu
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  Beitrag No.6, eingetragen 2022-06-28

Hallo. Ich schließe mich eindeutig StrgAltEntf und Kitaktus an: \(p("Ganzring")=\frac{4\cdot2}{5\cdot3}=\frac{8}{15}\). Was Knoter \(A\) genau treibt, kann Knoter \(B\) völlig egal sein; \(B\) hat sechs offene Enden von drei inzwischen "U"-förmigen Schnüren zur Auswahl. Das erste kann er mit fünf anderen verbinden, und danach verbleiben für das nächste noch drei. Das letzte Paar zwingt sich schließlich auf. Also hat er grundsätzlich \(5\cdot3=15\) Möglichkeiten. Um am Ende einen "Ganzring" zu erhalten, darf er das erste Ende, nach dem er greift, genau nicht mit dem einen ihm unbekannten Ende verknoten, welches zum gleichen "U"-Stück gehört. Bleiben also zunächst nur vier Möglichkeiten. Für den zweiten Verknotungskandidaten bleiben dann genau diejenigen beiden Enden desjenigen einen "U"-Stückes, welches von der ersten Weiterverknotung nicht betroffen war. Also \(4\cdot2=8\) Möglichkeiten für einen "Ganzring". Bei acht Schnüren wäre \(p("Ganzring")\) entsprechend: \(\frac{6\cdot4\cdot2}{7\cdot5\cdot3}=\frac{48}{105}=\frac{16}{35}\) [Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]


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knaggix
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-28

Hallo Kitaktus Deine Erklärung ist für mich überzeugend. 8/15 Danke für eure schnelle und kreativen Hilfen, lieber Gruss, knaggix [Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]


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