Möglichkeiten der Verteilung

07.06.2010, 19:03

Maus89

Möglichkeiten der Verteilung

Meine Frage:
Hallo,

Ich suche nach einer Möglichkeit folgendes zu berechnen:

Man hat eine Urne mit 25 Kugeln, 4 blaue und 21 rote.

Nun sollen alle Kugeln nacheinander gezogen werden ohne Zurücklegen.

Durch ein Gesetz nehmen wir an, dass es unmöglich ist, dass nacheinander 2 blaue Kugeln kommen, d.h. die Anzahl der "Wechsel" von einer Farbe zur anderen Farbe muss zwangsläufig 7 sein, es gibt also sozusagen 8 "Runs".

Nun die Frage, wieviele verschiedene Möglichkeiten gibt es die Kugel nach dem Gesetz zu verteilen ?

Meine Ideen:
Ein einfaches Beispiel zur Verdeutlichung: Selbst Situation , nur diesmal lautet das Gesetz, dass es nur 2 "Farbwechsel" geben soll, also 3 "Runs" . Hier wären die möglichen Lösungen (b=blau ; r=rot=

Mit blau beginnend:
brrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrbbb
bbrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrbb
bbbrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrb

Also 3 Möglichkeiten

Mit rot beginnend
rbbbbrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
rrbbbbrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
rrrbbbbrrrrrrrrrrrrrrrrrr
usw. bis die 4 "b"'s soweit hinten sind, dass nur noch ein "r" danach folgt. Also wenn das 1te "b" an 21ter Stelle steht.
Macht also nochmal 20 Möglichkeiten.

Also insgesamt 23 Möglichkeiten. Das hab ich nur selber ohne Formel gebastelt und für die Variante mit 8 "Runs" ist es viel zu kompliziert, sollte nur die aufgabe verdeutlichen.

Ideen ???

Tausend Dank schonmal !!!

07.06.2010, 20:11

wisili

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RE: Möglichkeiten der Verteilung
So auf die Schnelle habe ich folgende Zahl errechnet. Die Erklärung folgt, sobald du
dich interessierst, weil du einige einfache Fälle überprüft hast und eine gewisse Gewähr besteht,
dass die Formel stimmt.

Für k Kugeln, wovon r rote (und n-r blaue) und w Wechsel gibt es

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} r-1 \\ \left[\frac{w}{2} \right]-1\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} k-r-1 \\ \left[\frac{w}{2} \right]\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} r-1 \\ \left[\frac{w}{2} \right]\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} k-r-1 \\ \left[\frac{w}{2} \right]-1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

der beschriebenen Farbvariationen. (Die [ ] bedeuten Abrundung bei ungeradem w.)

Edit: Nachtrag: Obiges scheint nur für eine GERADE Anzahl w der Wechsel zu stimmen.
Für ungerades w sollte folgendes zutreffen:

$\begin{eqnarray*} 2\cdot \begin{pmatrix} r-1 \\ \left[\frac{w}{2} \right]\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} k-r-1 \\ \left[\frac{w}{2} \right]\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

07.06.2010, 20:17

Maus89

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RE: Möglichkeiten der Verteilung

Zitat:

Original von wisili
(Die [ ] bedeuten Abrundung bei ungeradem w.)

Oehm....das würde ja heissen, dass es egal ist ob w=3 oder w=2 ist oder wie ist das zu verstehen ? Weil laut deiner Aussage würde man dann ja 3 zu 2 abrunden....das kann nicht stimmen verwirrt

07.06.2010, 20:43

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Zitat:

Original von Maus89
Durch ein Gesetz nehmen wir an, dass es unmöglich ist, dass nacheinander 2 blaue Kugeln kommen, d.h. die Anzahl der "Wechsel" von einer Farbe zur anderen Farbe muss zwangsläufig 7

Es sind auch 6 oder 8 Wechsel möglich, d.h. insgesamt beträgt die Anzahl der "Runs" 7, 8 oder 9 - je nachdem ob an Anfang und Ende 0, 1 oder 2 rote Kugeln gezogen werden. Augenzwinkern

Im übrigen kann man sich schnell überlegen, dass die gesuchte Gesamtanzahl gleich $\begin{eqnarray*} \binom{22}{4} \end{eqnarray*}$ ist.

07.06.2010, 21:16

Maus89

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Zitat:

Original von Arthur Dent

Es sind auch 6 oder 8 Wechsel möglich, d.h. insgesamt beträgt die Anzahl der "Runs" 7, 8 oder 9 - je nachdem ob an Anfang und Ende 0, 1 oder 2 rote Kugeln gezogen werden. Augenzwinkern

Im übrigen kann man sich schnell überlegen, dass die gesuchte Gesamtanzahl gleich $\begin{eqnarray*} \binom{22}{4} \end{eqnarray*}$ ist.

Danke erstmal für die Antwort, aber nach dem Gesetz sollen 6 und 8 Wechsel nicht möglich sein. Ist zwar mathematisch logischerweise möglich, aber es soll nicht in der Gesamtzahl vorhanden sein!

In der Lösungsmenge sollen nur Möglichkeiten enthalten sein, die genau 7 Wechsel beziehungsweise 8 Runs haben.

Daher funktoniert 22 über 4 meiner Meinung nach auch nicht. verwirrt

@wisili erstmal danke, werde gleich mal versuchen, ob das damit hinkommt smile

07.06.2010, 21:23

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RE: Möglichkeiten der Verteilung

Zitat:

Original von Maus89
aber nach dem Gesetz sollen 6 und 8 Wechsel nicht möglich sein.

Und ich dachte immer, die einzige Bedingung sei

Zitat:

Original von Maus89
Durch ein Gesetz nehmen wir an, dass es unmöglich ist, dass nacheinander 2 blaue Kugeln kommen

Nach dieser Bedingung sind 6, 7 oder 8 Wechsel sehr wohl möglich - Beispiele

BRBRBRRRRRRRRRRRRRRRRRRRB - 6 Wechsel
RBRBRBRRRRRRRRRRRRRRRRRRB - 7 Wechsel
RBRBRBRRRRRRRRRRRRRRRRRBR - 8 Wechsel

Oder was verstehst du unter einem Wechsel??? verwirrt

07.06.2010, 21:33

Maus89

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RE: Möglichkeiten der Verteilung

Zitat:

Original von Arthur Dent

Zitat:

Original von Maus89
aber nach dem Gesetz sollen 6 und 8 Wechsel nicht möglich sein.

Und ich dachte immer, die einzige Bedingung sei

Zitat:

Original von Maus89
Durch ein Gesetz nehmen wir an, dass es unmöglich ist, dass nacheinander 2 blaue Kugeln kommen

Du hast Recht es war schlecht forumliert von mir, entschuldigung , hab leider nicht so supi ahnung Tanzen

Also dann ergänzend zum Gesetz -> es müssen 7 Wechsel beziehungsweise 8 Runs sein !

gruß

07.06.2010, 21:39

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Aha - also war

Zitat:

einfach nur eine miserable Formulierung, insbesondere dieses entstellende d.h..

Naja, das mit den vorgeschriebenen 8 Runs macht die Sache auch nicht wesentlich komplizierter, weil jetzt klar ist, dass die Zugfolge entweder

BR...R oder R...RB

lautet, und die Anzahl dann $\begin{eqnarray*} 2\cdot \binom{20}{3} \end{eqnarray*}$ .

Ergänzend sei gesagt, dass es unter der gleichen ersten Bedingung genau $\begin{eqnarray*} \binom{20}{2} \end{eqnarray*}$ Zugfolgen mit 7 Runs, und $\begin{eqnarray*} \binom{20}{4} \end{eqnarray*}$ Zugfolgen mit 9 Runs gibt. Alle drei Anzahlen ergeben summa summarum die obigen $\begin{eqnarray*} \binom{22}{4} \end{eqnarray*}$ Zugfolgen.

07.06.2010, 21:55

wisili

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@Maus89

Erklärungsversuch der Formel anhand deines Zahlenbeispiels w=7, 8 runs.

Beginnt die Sequenz mit rot und nimmt man darin alle blauen Kugeln weg, so entstehen 3 Lücken: 3=Abrundung von w/2.
Jede Lücke beginnt nach einer gewissen roten Kugel (die letzte kommt allerdings nicht in Frage).
Um zu zählen, wie oft man diese Lücken in die roten Kugeln platzieren kann, werden ebensoviele (also 3) rote Kugeln aus allen r-1 in Frage kommenden ausgewählt.

Analog geschieht das mit vertauschten Farben, die beiden Ergebnisse werden multipliziert.
Schliesslich gibt es alles noch mit blauen Kugeln beginnend, sodass sich die Anzahl (bei ungeradem w) verdoppelt.

(Bei geradem w fällt die Farbsymmetrie dahin, wie in der Formel angezeigt, das Abrundungssymbol kann dort entfallen.)

07.06.2010, 22:05

Maus89

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Zitat:

Original von Arthur Dent

Naja, das mit den vorgeschriebenen 8 Runs macht die Sache auch nicht wesentlich komplizierter, weil jetzt klar ist, dass die Zugfolge entweder

BR...R oder R...RB

lautet, und die Anzahl dann $\begin{eqnarray*} 2\cdot \binom{20}{3} \end{eqnarray*}$ .

Das mit der Zugfolge BR...R oder R...RB leuchtet ein!

$\begin{eqnarray*} 2\cdot \binom{20}{3} \end{eqnarray*}$

Wenn du so nett wärst die Schlussfolgerung, nocheinmal kurz zu kommentieren, hab jetzt nen drüber nachgedacht und es erschließt sich mir nicht, wieso es 20 über 3 sein muss, bin wohl leider zu doof Hammer

Im Spezielen die 20 leuchtet mir nicht ein ? Nach deiner Regel sind ja noch 22 Elemente offen

Ich hätte gedacht es sei $\begin{eqnarray*} 2\cdot \binom{23}{3} \end{eqnarray*}$ Hammer

Wenn du keine Lust mehr hast zu antworten, nehm ich trotzdem lieber deinen Wert smile

Dann ohne Begründung Big Laugh

07.06.2010, 22:11

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Es gibt ja die Bedingung, dass keine zwei B aufeinander folgen sollen.

Also folgt in BR...R auf jedes B zwingend ein R.

Insgesamt hat man also genau 21 Blöcke:

4 Zweierblöcke BR
17 Einerblöcke R

Der eine Zweierblock ist allerdings fest auf den Anfang genagelt. Frei permutierbar (nach diesem Anfang) sind also nur noch 20 Blöcke:

3 Zweierblöcke BR
17 Einerblöcke R

Das ergibt Anzahl $\begin{eqnarray*} \binom{20}{3} \end{eqnarray*}$ . Analog dann fürR...RB, ist ja praktisch nur gespiegelt.

07.06.2010, 22:16

Maus89

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Ich danke dir,

schön, dass es so kluge Matheköpfe hier im Netz gibt, die in solchen Situationen, so Mathenulpen wie mir helfen Mit Zunge

Besten Dank

bye

Gott

07.06.2010, 22:21

wisili

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Maus89 schrieb:
«Meine Ideen:
Ein einfaches Beispiel zur Verdeutlichung: Selbst Situation , nur diesmal lautet das Gesetz, dass es nur 2 "Farbwechsel" geben soll, also 3 "Runs" . Hier wären die möglichen Lösungen (b=blau ; r=rot=

Mit blau beginnend:
brrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrbbb
bbrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrbb
bbbrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrb»

Da folgen sich die «b» direkt aufeinander ...

07.06.2010, 22:31

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@wisili

Entschuldige, dass ich dich so übergangen habe. Deine Formel lässt sich übrigens für alle Wechselanzahlen $\begin{eqnarray*} w \end{eqnarray*}$ gemeinsam schreiben:

$\begin{eqnarray*} \binom{r-1}{\left\lfloor \frac{w}{2} \right\rfloor} \cdot \binom{k-r-1}{\left\lfloor \frac{w-1}{2} \right\rfloor} + \binom{r-1}{\left\lfloor \frac{w-1}{2} \right\rfloor} \cdot \binom{k-r-1}{\left\lfloor \frac{w}{2} \right\rfloor} \end{eqnarray*}$

Wenn wie im vorliegenden Fall $\begin{eqnarray*} w=2(k-r)-1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} k\leq 2r \end{eqnarray*}$ ist, vereinfacht sich das ganze drastisch zu

$\begin{eqnarray*} 2\cdot \binom{r-1}{k-r-1} \end{eqnarray*}$ ,

hier mit $\begin{eqnarray*} r=21 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} k=25 \end{eqnarray*}$ .

07.06.2010, 23:13

wisili

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Ja, danke. Ich habe mich an den allgemeinen Fall gehalten.

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