4 aus 6 z. T. versch. Tafeln < Kombinatorik < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 07:50 Mi 30.08.2006 | | Autor: | Ienstien |
| Aufgabe | Man hat 1 Tafel Milchschokolade, 2 Tafeln Nussschokolade und 3 Tafeln schwarze Schokolade zur Auswahl. Ich möchte 4 Tafeln kaufen. Wie viele Möglichkeiten gibt es?
Gib dann auch eine allgmeine Formel (mit Herleitung) für dieses Problem an. |
Ich habe diese Frage auch in folgenden Foren auf anderen Internetseiten gestellt:
http://www.math.unizh.ch/fachverein/forum/detail.jsp?FORUM=1045
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=62311&start=0&lps=461492#v461492
Diese Aufgabe habe ich mir selbst ausgedacht.
Da die Reihenfolge unwesentlich ist, handelt es sich um eine Kombination. Allerdings ist es nicht die stinknormale "Kombination mit Wiederholung", da sich nicht alle Elemente wiederholen dürfen, und sie können sich auch nicht beliebig wiederholen, sondern nur begrenzt.
Hat jemand des Rätsels Lösung?
Und weiss jemand (mit Herleitung) die allgemeine Formel für ein solches Problem? Ich finde sie in keinem Lehrbuch! :(
Meine Lösungsansätze:
- Betrachte das Problem als Kombination ohne Wiederholung (6 Elemente, 4 Plätze), und versuche, die wiederholten Fälle wegzudividieren. Ich erkenne aber keine Regelmässigkeit hinter den Wiederholungsfällen.
- Betrachte das Problem als Permutation mit Wiederholung, und versuche irgendwie, die Reihenfolge unwesentlich zu machen... Ist aber auch nicht so einfach...
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:04 Mi 30.08.2006 | | Autor: | DirkG |
Mit einer allgemeinen Formel kann ich auch nicht dienen, nur mit einer mühsamen Heransgehenweise, wie man das Problem rekursiv in den Griff kriegt. So ähnlich, wie die Antwort, die du im MathePlanet gekriegt hast:
Du hast 3 Typen Schokoladen, und nimmst eine Fallunterscheidung nach einem Typ vor, z.B. Milchschokolade:
1.Fall: 0 Milchschokolade in der Auswahl: verbleibt 4 aus 2N+3S
2.Fall: 1 Milchschokolade in der Auswahl: verbleibt 3 aus 2N+3S
In den Einzelfällen verbleiben nur noch zwei Schokoladentypen, ggfs. macht man eine weitere Unterfallunterscheidung...
Ist mühsam, ich weiß, aber man kommt zum Ziel. Was besseres fällt mir jetzt auch nicht ein.
P.S.: Manchmal (aber nicht hier) kann man den Berechnungsaufwand reduzieren, wenn man über das Komplement geht. Wenn im vorliegenden Fall z.B. 3mal Milchschokolade und jeweils 4mal Nuss- und schwarze Schokolade zur Verfügung gestanden hätten, dann kann man sich zunächst mal nicht um diese Beschränkungen scheren und schlicht die Kombinationen von 4 aus 3 Elementen mit Wiederholung berechnen. Dann hätte man die korrekte Anzahl, falls auch 4 Milchschokoladen zur Auswahl wären. Sind es aber nicht, also muss man die eine Auswahl von genau 4 Milchschokoladen abziehen: [mm] $\binom{3+4-1}{4}-1=15-1=14$
[/mm]
Gruß,
Dirk
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Vielen Dank für deine Antwort und Anregung!
Ich habe mir auch einen anderen Lösungsansatz überlegt (bin aber nicht zum Ziel gekommen). Die Idee ist, dass ich die Schoko-Tafeln der Reihe nach anordne, und dann die ersten 4 in der Reihe nehme. Dann muss ich aber irgendwie die Anordnung berücksichtigen, bzw. fallen lassen.
1. Mache eine "Permutation mit Wiederholung", mit allen Schokoladentafeln:
MNNSSS
MNSSSN
etc.
... das gibt insgesamt [mm] \bruch{7!}{2!*3!} [/mm] Anordnungen, oder allgemein [mm] \bruch{(m_1+m_2+m_3+...+m_k)!}{m_1*!m_2!*m_3!*...*m_k!} [/mm]
Dann würde ich die ersten 4 in der Reihe nehmen. Ich hätte genau dann zwei gleiche Fälle bzw. Kombinationen erwischt, wenn in den ersten 4 Elementen genau ein N vorkämen, oder höchstens 2 S. (Oder allgemein: Wenn ein Element mit [mm] m_i \not= [/mm] 1 höchstens [mm] m_i [/mm] - 1 mal vorkäme).
Ich müsste dann irgendwie herausfinden, wieviele solche Fälle das wären, und sie dann subtrahieren... Aber wie gesagt, ich bin nicht drauf gekommen, wie man die Anzahl dieser Fälle bestimmt.
Gibt es für diese Problemstellung in der Fachliteratur tatsächlich keine allgemeine Lösungsformel? (So wie bei der "Permutation mit Wiederholung" oder so?)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:35 Mi 30.08.2006 | | Autor: | Ienstien |
Ich habe auch noch folgendes herausgefunden:
Ich habe zunächst systematisch alle Fälle per Hand aufgelistet, um zu sehen, wieviel das Resultat (einer allfälligen Formel) geben sollte.
In diesem Beispiel (1 x M, 2 x N, 3 x S, 4 auswählen) bekomme ich das Resultat, indem ich die Anzahl Permutationen der 6 Elemente durch 3 dividiere.
In einem abgeänderten Beispiel (1 x M, 3 x N, 3 x S, 4 auswählen) bekomme ich das Resultat, indem ich die Anzahl Permutationen der 7 Elemente durch 5 dividiere.
In einem nochmals abgeänderten Beispiel (1 x M, 2 x N, 3 x S, 5 auswählen) bekomme ich das Resultat, indem ich die Anzahl Permutationen der 6 Elemente durch 2 dividiere.
Ich finde aber keinen Zusammenhang, wie sich dieser Faktor ändert...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:20 Fr 01.09.2006 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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