Kombinatorik

15.11.2005, 22:23

Hasel

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Kombinatorik

hi

kann mir wer mal helfen?

In einem Pkw hat man einen Kilmeterzähler mit 5 Stellen wie oft zeigt der kilometerzähler auf den ersten 99999km

a)eine zahl mit verschiedenen ziffern
b)eine zahl, bei der nur die erste und die fünfte sowie die zweite und vierte ziffer übereinstimmen
c)eine Zahl mit lauter geraden Ziffern
eine zahl mit genau zwei geraden ziffern

bei a) kommt es auf die reihenfolge drauf an und ist ohne zurücklegen.
ist das dann 9!?

bei b)ist das 9^3!?

bei c)5^5?

d) da bin ich überfragt
kann das sein?

15.11.2005, 22:35

sqrt(2)

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RE: Kombinatorik

Zitat:

Original von Hasel
a)eine zahl mit verschiedenen ziffern

Du hast 5 Stellen mit unterschiedlichen Ziffern zu belegen. Stell dir vor, du hättest eine Urne mit 10 Kugeln, auf denen jeweils eine Ziffer steht, und du ziehst ohne Zurücklegen aus dieser Urne die 5 Ziffern für den Kilometerzähler. Wie du selbst sagst, es kommt auf die Reihenfolge an!

Zitat:

Original von Hasel
b)eine zahl, bei der nur die erste und die fünfte sowie die zweite und vierte ziffer übereinstimmen

Wie viele Möglichkeiten hast du, die Stellen 1 und 5 zu belegen? Wie viele dann für die 2 und 4? Wie viele dann für die 3?

Zitat:

Original von Hasel
eine zahl mit genau zwei geraden ziffern

1. Anzahl der Möglichkeiten bestimmen, wo die geraden Ziffern sein können.
2. Anzahl der Möglichkeiten bestimmen, mit welchen Ziffern die Stellen für die geraden Ziffern belegt werden sollen. (Reihenfolge beachten!)
3. Anzahl der Möglichkeiten bestimmen, um die übrigen drei Stellen mit ungeraden Ziffern zu belegen.
4. Multiplizieren...

Zitat:

Original von Hasel
a)eine zahl mit verschiedenen ziffern

bei a) kommt es auf die reihenfolge drauf an und ist ohne zurücklegen.[/quote]
Ja.

Zitat:

Original von Hasel
ist das dann 9!?

Nein.

Zitat:

Original von Hasel
bei b)ist das 9^3!?

Nein.

Zitat:

Original von Hasel
bei c)5^5?

Ja.

Zitat:

Original von Hasel
d) da bin ich überfragt
kann das sein?

Offenbar ja. Augenzwinkern

Augenzwinkern

15.11.2005, 23:04

Hasel

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RE: Kombinatorik
zu a) ist das dann 7*8*9*10

b)ist dann 5^3

c) stimmt ja

d)versteh ich noch nicht ganz

1. Anzahl der Möglichkeiten bestimmen, wo die geraden Ziffern sein können.
2. Anzahl der Möglichkeiten bestimmen, mit welchen Ziffern die Stellen für die geraden Ziffern belegt werden sollen. (Reihenfolge beachten!)
3. Anzahl der Möglichkeiten bestimmen, um die übrigen drei Stellen mit ungeraden Ziffern zu belegen.
4. Multiplizieren...

15.11.2005, 23:14

sqrt(2)

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RE: Kombinatorik

Zitat:

Original von Hasel
zu a) ist das dann 7*8*9*10

Ja.

Zitat:

Original von Hasel
b)ist dann 5^3

Nein, wie kommst du darauf? Es gibt mehr als fünf Ziffern und die dürfen dann auch nicht gleich sein (54345 ist erlaubt, aber 55355 nicht).

Zitat:

Original von Hasel
d)versteh ich noch nicht ganz

Was genau verstehst du daran denn nicht?

15.11.2005, 23:34

Hasel

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b)10*9*8?

d)
wenn ich mal raten könnte würde ich sagen 10^3*5^2
glaube aber nicht dass das stimmt oder 5*5*3

15.11.2005, 23:51

sqrt(2)

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Zitat:

Original von Hasel
b)10*9*8?

Ja.

Zitat:

Original von Hasel
d)
wenn ich mal raten könnte würde ich sagen 10^3*5^2
glaube aber nicht dass das stimmt oder 5*5*3

Stimmt beides nicht (wobei das erste immerhin in der Größenordnung stimmt).

Also, etwas genauer:

Zitat:

Original von sqrt(2)
1. Anzahl der Möglichkeiten bestimmen, wo die geraden Ziffern sein können.

Es gibt 5 Stellen und auf 2 davon sollen gerade Zahlen. Wie viele Möglichkeiten gibt es, zwei Stellen aus fünf auszuwählen (ohne Berücksichtigung der Reihenfolge)?

Zitat:

Original von sqrt(2)
2. Anzahl der Möglichkeiten bestimmen, mit welchen Ziffern die Stellen für die geraden Ziffern belegt werden sollen. (Reihenfolge beachten!)

Auf die zwei ausgewählten Stellen kommen jetzt die geraden Ziffern, von denen du fünf hast. Achte auf die Reihenfolge.

Zitat:

Original von sqrt(2)
3. Anzahl der Möglichkeiten bestimmen, um die übrigen drei Stellen mit ungeraden Ziffern zu belegen.

Drei Ziffern bleiben über die aus fünf ungeraden Ziffern gewählt werden sollen, wieder spielt die Reihenfolge eine Rolle.

Und dann natürlich:

Zitat:

Original von sqrt(2)
4. Multiplizieren...

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15.11.2005, 23:57

Hasel

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20*10*5^3?

16.11.2005, 00:01

sqrt(2)

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Bei den 20 Positionen hast du vergessen, die Reihenfolge außer Acht zu lassen, also sind es insgesamt 10*10*5^3 = 12500.

16.11.2005, 10:31

Hasel

Auf diesen Beitrag antworten »

wieviele verschiedene anrdnungen für 26 buchstaben des alphabets gibt es?

das ist doch ganz einfach 26!
oder?

16.11.2005, 11:38

sqrt(2)

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Na klar.

16.11.2005, 19:17

Hasel

Auf diesen Beitrag antworten »

die eine formel ist doch so eine zahl über eine andere zahl
(kommt nicht auf reihenfolge und ohne wiederholung.)

ist dann 8 über 6=8über 2?

was hat die binomialformel mit pascal dreieck zu tun

16.11.2005, 19:22

sqrt(2)

Auf diesen Beitrag antworten »

Das Pascalsche Dreieck enthält alle Binomialkoeffizienten.

http://de.wikipedia.org/wiki/Pascalsches_Dreieck

16.11.2005, 20:22

Hasel

Auf diesen Beitrag antworten »

und das mit 8 über 2= 8 über6

16.11.2005, 20:59

sqrt(2)

Auf diesen Beitrag antworten »

Such doch mal die enstprechenden Zahlen im Pascalschen Dreieck.

17.11.2005, 12:36

Hasel

Auf diesen Beitrag antworten »

wie löse ich ein

(n über 2) =45

komme da nicht weiter

17.11.2005, 15:14

sqrt(2)

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Verwende die Defintion $\begin{eqnarray*} {n\choose k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} \end{eqnarray*}$ , setze ein und forme nach $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ um. Bedenke dabei, dass man $\begin{eqnarray*} \frac{n!}{(n-2)!} \end{eqnarray*}$ kürzen kann.

17.11.2005, 15:17

Hasel

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Begründe durch rechnung (n über 3)=n über (n-3)

wie soll das gehen?

17.11.2005, 15:31

sqrt(2)

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Wieder mit der Definition, die ich oben gepostet habe, diesmal einfach durch Einsetzen und Umstellen.

17.11.2005, 16:35

Hasel

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$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{2!(n-2)!} = 45 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{n(n-1)}{2} = 45 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} n^{2} -n-90 =0 \end{eqnarray*}$

gibt dann ne quad.gleichung
stimmt soweit?

beim anderen habe ich

$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{3!(3-n)!} =\frac{n!}{(n-3)3!} \end{eqnarray*}$

17.11.2005, 17:25

Hasel

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und noch ne kleine frage.
bei lotto(6 aus 49)ist die wahrscheinlichkeit dass man 6 richtig hat
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{13983816} \end{eqnarray*}$

wenn man dann 3mal bei lotto mitmacht wie hoch sind dann die chancen?

17.11.2005, 18:26

sqrt(2)

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Zitat:

Original von Hasel
$\begin{eqnarray*} n^{2} -n-90 =0 \end{eqnarray*}$

gibt dann ne quad.gleichung
stimmt soweit?

Ja.

Zitat:

Original von Hasel
beim anderen habe ich

$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{3!(3-n)!} =\frac{n!}{(n-3)3!} \end{eqnarray*}$

Du hast links falsch eingesetzt und rechts im Nenner ein Fakultätzeichen vergessen.

Zitat:

Original von Hasel
wenn man dann 3mal bei lotto mitmacht wie hoch sind dann die chancen?

Argumentiere mit dem Gegenergnis: Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, drei Mal nicht zu gewinnen? (Diese Frage gehört aber nicht mehr zur Kombinatorik.)

17.11.2005, 19:18

Hasel

Auf diesen Beitrag antworten »

zur letzten frage.
das gegenereignis ist doch 13983815*3möglickeiten

dann ist die lösung 100- $\begin{eqnarray*} \frac{13983815*3}{13983815*3} \end{eqnarray*}$

An einem Besuch im Landtag können ingesamt 20Schüler aus 4Klassen teilnehmen. Von A sind 8, B 7, C 9 und D 6 die teilnehmen wollen.

wieviel möglichkeiten gibt es wenn aus jeder klasse 5schüler fahren dürfen.

ich bekomme

[latex]\begin{pmatrix} 8 \\ 5 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 7 \\ 5 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 9 \\ 5 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 6 \\ 5 \end{pmatrix} [/latex

stimmt das?

17.11.2005, 19:40

sqrt(2)

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Zitat:

Original von Hasel
das gegenereignis ist doch 13983815*3möglickeiten

Nein.

Zitat:

Original von Hasel
dann ist die lösung 100- $\begin{eqnarray*} \frac{13983815*3}{13983815*3} \end{eqnarray*}$

Das schon gar nicht...

Zitat:

Original von Hasel
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 8 \\ 5 \end{pmatrix} <br /> \begin{pmatrix} 7 \\ 5 \end{pmatrix} <br /> \begin{pmatrix} 9 \\ 5 \end{pmatrix} <br /> \begin{pmatrix} 6 \\ 5 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

stimmt das?

Ja, multiplizieren musst du noch.

17.11.2005, 19:59

Hasel

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man hat doch 13983816 verschiedene möglichkeiten
einer davon ist richtig spricht .
das muss stimmen.

man macht 3mal mit $\begin{eqnarray*} \frac{3*13983815}{3*13983816} \end{eqnarray*}$

stimmt die 3 nicht?

17.11.2005, 21:32

sqrt(2)

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Die Multiplikation mit 3 ist falsch. Zu jeder der 13983815 Gewinnmöglichkeiten gibt es weitere 13983815 und zu jedem dieser Paare noch weitere 13983815. (Analog gilt das auch für die Gesamtmöglichkeiten.)

17.11.2005, 21:37

Hasel

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wie sieht die lösung aus ich komm nicht drauf

17.11.2005, 21:48

sqrt(2)

Auf diesen Beitrag antworten »

Das werde ich dir nicht verraten, schon gar nicht bei so einem Standardproblem.

Betrachte es als Urnenmodell: In einer Urne befinden sich 13983816 Kugeln, auf 13983815 davon steht "nicht gewonnen". Wie wahrscheinlich ist es bei Ziehen mit Zurücklegen, dass man drei mal hintereinander "nicht gewonnen" zieht?

17.11.2005, 22:28

Hasel

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ist es dann mit zurücklegen und ohne reihenfolge?

17.11.2005, 22:43

Hasel

Auf diesen Beitrag antworten »

das muss jetzt aber stimmen

$\begin{eqnarray*} \frac{13983815^{^3}}{13983816^{3} } \end{eqnarray*}$

17.11.2005, 22:55

sqrt(2)

Auf diesen Beitrag antworten »

Das stimmt auch für das Gegenereignis. Daraus kannst du jetzt auf die Wahrscheinlichkeit für das eigentliche Ereignis schließen.

17.11.2005, 23:10

Hasel

Auf diesen Beitrag antworten »

mein taschenrechner zeigt 1 an

17.11.2005, 23:27

sqrt(2)

Auf diesen Beitrag antworten »

Dann hat er nicht genügend signifikante Stellen. Kauf dir einen ordentlichen Taschenrechner, bei weniger als 7 signifikanten Stellen müsstest du bei deinem jetztigen andauernd auf Rundungsfehler stoßen.

17.11.2005, 23:30

Hasel

Auf diesen Beitrag antworten »

habe einen TI-89
aber nur auf 5stellen eingestellt

17.11.2005, 23:47

Hasel

Auf diesen Beitrag antworten »

wäre noch froh wenn ihr mir das noch beantworten könnt

Bei einem Kartenspiel(36karten)werden an 4spieler je 9karten verteilt
wie gross ist die wahrscheinlichkeit dass ein spieler 2asse hat.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 9 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 27 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
die dann multiplizieren
gibt 45*13*27
das dann durch
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 36 \\ 9 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
gibt 28*29*30*31*32*33*34*35*36/9!

das ist dann $\begin{eqnarray*} \frac{15795}{94143280} \end{eqnarray*}$

das kan doch nicht stimmen komm aber nicht drauf wo der fehler liegt

und noch was
Auf dem Kundenparktplatz einer Firma können 20 Fahrzeug parken
es kommen
a)16kunden
b)30Kunden
wieviele arten können die parktplätze besetzt werden?

b) $\begin{eqnarray*} \frac{30!}{(30-20)!} \end{eqnarray*}$

dann ist bei a)
$\begin{eqnarray*} \frac{16!}{(16-30)!} \end{eqnarray*}$
da habe ich doch in minus?

18.11.2005, 00:00

sqrt(2)

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Zitat:

Original von Hasel
wie gross ist die wahrscheinlichkeit dass ein spieler 2asse hat.

Ein bestimmter? Genau einer? Mindestens einer?

Zitat:

Original von Hasel
b) $\begin{eqnarray*} \frac{30!}{(30-20)!} \end{eqnarray*}$

Richtig.

Zitat:

Original von Hasel
dann ist bei a)
$\begin{eqnarray*} \frac{16!}{(16-30)!} \end{eqnarray*}$
da habe ich doch in minus?

Passt so auch nicht. Bei 16 Autos und 20 Parkplätzen bleiben 4 Lücken. Wie viele Möglichkeiten gibt es, diese vier Lücken zu legen? Wie viele Möglichkeiten gibt es, die restlichen 16 Plätze mit 16 Autos zu belegen?

18.11.2005, 10:46

Hasel

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1)wie gross ist die wahrscheinlichkeit dass ein spieler 2asse hat.

ein bestimmter.ich bekomme unter 1% kann nicht stimmen.

a)
$\begin{eqnarray*} \frac{20!}{(20-16)} \end{eqnarray*}$
muss ich einfach vertauschen?

18.11.2005, 10:49

Hasel

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stimmt nicht. meine

$\begin{eqnarray*} \frac{20!}{(20-4)!} \end{eqnarray*}$

18.11.2005, 21:00

Hasel

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kann mir wer helfen?

19.11.2005, 06:48

sqrt(2)

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Zitat:

Original von Hasel
1)wie gross ist die wahrscheinlichkeit dass ein spieler 2asse hat.

ein bestimmter.ich bekomme unter 1% kann nicht stimmen.

Da hast du Recht, dein Rechenweg ist auch falsch. Zwei Karten aus 4 Assen, 7 Karten aus dem Rest.

Zitat:

Original von Hasel
$\begin{eqnarray*} \frac{20!}{(20-4)!} \end{eqnarray*}$

Nein. Mir ist auch unklar, wie du darauf kommst... Beachte doch einmal das, was ich dir zu er Aufgabe gesagt habe... Zuerst die Lücken legen und dann die restlichen Parkplätze mit 16 Autos füllen.

19.11.2005, 11:07

Hasel

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das mit den karten habeich mit dem 4aus 6 im lotto verglichen
$\begin{eqnarray*} \frac{\begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 43 \\ 2 \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix} 49 \\ 6 \end{pmatrix} } [latex]<br /> <br /> das ist dann beim kartenspiel gleich dem<br /> <br /> [latex] \frac{\begin{pmatrix} 9 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 27 \\ 2 \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix} 36 \\ 9 \end{pmatrix} } \end{eqnarray*}$
mit 2 richtigen aus 36 mit 9zahlen ankreuzen

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