wie viele 9stelligen zahlen haben ...

07.11.2004, 17:41

Lando

wie viele 9stelligen zahlen haben ...

... a) 9 verschiedene Ziffern
b) genau 4 gerade Ziffern
c) mind. 5 Nullen

puhh ich steh grad voll aufm Schlauch könntet ihr mir mal bitte nen Ansatz nenen wie ich da ran gehen soll?

Grüße

07.11.2004, 17:48

therisen

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Mögliche Ziffern = {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9}

ad a) Ich fang mal an:
z.B.
987654321
987654312
987654132
987651432
...

Versuch mal ein System zu finden (und vergess nicht die 0)...

EDIT: Du kannst es natürlich auch langsam angehen: Wie viele 2stelligen Zahlen haben 2 verschiedene Ziffern, wie viele 3stelligen Zahlen haben 3 verschiedene Ziffern, ..., wie viele 10stelligen Zahlen haben 10 verschiedene Ziffern

Gruß, therisen

07.11.2004, 18:42

Lando

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Danke für deine Antwort

nur komm ich da auf gar keine grünen Zweig. Ich hab da mit Mengenkombinatorik rumprobiert und n über k und Binomialkoeffizient. Die Formel für ohne wiederholung und nicht sortiert ist doch n über k, oder? Oder muss ich da ganz anders ran gehen. Mensch das deprimiert jetzt aber, denn so schwer ist die Aufgabe ja wahrscheinlich nicht und ich bekomm da einfach nix raus. Kannst du mir noch mehr Tips geben? Oder gleich die Lösung.

Grüße

07.11.2004, 19:48

Delia

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n über k
Hi
vielleicht kann ich dir helfen

ich denke schon dass n über k stimmt. Stell es dir doch so vor:

Du hast ne Urne mit 10 Kugeln drin (0,1,2,3,4,5,6,7,8,9)
davon zieht man neun ohne zurücklegen.

jetzt kannst du ausrechnen wieviele Möglichkeiten es da gibt

viel glück

Delia

07.11.2004, 20:32

Lando

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HEy du

danke aber das Ergebnis stimmt nicht mit n über k und ich dachte vielleicht heißt es
n*(n-1)....(n-k+1) also wegen ohne Wiederholungen und sortiert.

Aber auch das scheint nicht zu stimmen. Kann denn keiner die Aufgabe lösen?
Bitte smile

Grüße

07.11.2004, 20:40

therisen

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Es werden wohl Lösungen der Art 012345678 nicht akzeptiert, oder?

Gruß, therisen

07.11.2004, 21:26

Lando

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Mhh ja könnte sein. Aber ich hab jetzt beide Formeln versucht und auch schon von beiden die Zahlenreihen die mit 0 anfangen abgezogen und trotzdem bekomme ich kein richtiges Ergebnis.

Es wäre nett wenn du mir mal kurz die Lösung hier hinschreibst auch schon mit den konkreten Zahlen, damit ich sehe was ich falsch mache.

Grüße

07.11.2004, 22:38

Teutone

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Vorschläge:
a.)
Permutation ohne Wiederholung, wobei der fall auszuschließen ist, dass vorne eine 0 ist:
$\begin{eqnarray*} n!-(n-1)! \end{eqnarray*}$
c.)
Variation mit Wiederholung, wobei das ganze für k=5,6,7,8,9 zu machen ist und jeweils wieder die 0 als erstes ausgeschloßen werden muss:
$\begin{eqnarray*} \sum_{k=5}^9~(n^{k}-1) \end{eqnarray*}$

Was haltet ihr davon, analysis liegt mehr eher...

07.11.2004, 22:42

Mathespezialschüler

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@Teutone
Was hatte ich gesagt? Keine Lösungen bitte! Augenzwinkern

Zumal du bei beiden Aufgaben sowieso falsch liegst ...

07.11.2004, 22:47

Lando

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Keine Lösungen? Gut dann sagt mir ob ich eine der 2 Formeln nehmen muss die ich angegeben hab. Bitte.

Grüße

07.11.2004, 23:15

Mathespezialschüler

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Das mit dem n*(n-1)....(n-k+1) ist schon ganz gut! Was ist denn hierbei k?

07.11.2004, 23:23

Lando

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Also n=10

und da k bestimmt nicht 9 ist, sag ich mal k=1

ist das richtig? nee oder?

08.11.2004, 11:27

Ben Sisko

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Verschoben

08.11.2004, 13:23

Teutone

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Zitat:

@Teutone
Was hatte ich gesagt? Keine Lösungen bitte!
Zumal du bei beiden Aufgaben sowieso falsch liegst ...

Weis ich, deshalb dachte ich, ist es nicht so schlimm und ich beteiligte mich ja als suchender und nicht als wissender am problem. Hab inzwischen nochmal nachgedacht. Ne neue Lösung poste ich aber nicht unglücklich

08.11.2004, 14:30

Ben Sisko

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Aber dann verunsichere doch die anderen "Suchenden" nicht mit falschen Lösungen... X(

Gruß vom Ben

08.11.2004, 21:28

Teutone

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Oh gott, man darf weder falsche noch richtige lösungen posten. falsche und richtige vorschläge für lösungen, sowie vorschnelle unüberlegte überlegungen sowieso nicht... verwirrt

08.11.2004, 22:18

derkoch

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bin selber net gut in stochastik,

aber mein vorschlag wäre du gehst "zu Fuß" an die aufgabe ran

für die erste sziffer hast du ja 10 möglichkeiten
für die 2. ziffer hast dann nur noch 9 möglichkeiten
...usw.

vielleicht hilf dir das weiter smile

08.11.2004, 23:07

Lando

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Ja das ist ja genau die Formel, dann müsste k=1 sein. Aber lsutig dass mir da keiner helfen kann smile

.

Grüße

08.11.2004, 23:20

riwe

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RE: wie viele 9stelligen zahlen haben ...
a) kombinationen ohne wiederholung mit berücksichtigung der anordnung

$\begin{eqnarray*} N=\frac{n!}{(n-k)!} = 10! \end{eqnarray*}$

N = 3 628 800

wenn man an der 1. stelle die 0 nicht zuläßt, würde ich vorschlagen:

$\begin{eqnarray*} N = 9\cdot \frac{9!}{(9-8)!} \end{eqnarray*}$

N =3 265 920

jetzt geh ich mal schlafen
gruß
werner

ein neuer tag (mit neuen fehlern):

zur kontrolle: es muß gelten N <= 900 000 000
(das ist doch eine tolle obere grenze!)

zu b)
$\begin{eqnarray*} N = 5 \cdot 5^{4} \cdot 5^{4} + 4 \cdot 5^{3} \cdot 5^{5} \end{eqnarray*}$

N = 3 515 625

zu c) 5 nullen, 6, ... 8 nullen

$\begin{eqnarray*} N = 9 \cdot 9^{3} \cdot \frac{8!}{5!} +......+ 9 \cdot 9^{0} \cdot \frac{8!}{8!} \end{eqnarray*}$

N = 2 245 977

wenn´s nicht stimmen sollte, ist es vielleicht eine anregung

09.11.2004, 16:03

Lando

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Danke

Aufgabe a stimmt, die anderen zwar nicht aber die bekomm ich jetzt auch voll raus.

Mit dieser Formel ergibts dann auch Sinn wenn n=10 und k=9 ist.

Danke nochmals

Grüße

09.11.2004, 16:23

riwe

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Zitat:

Original von Lando
Danke

Aufgabe a stimmt, die anderen zwar nicht aber die bekomm ich jetzt auch voll raus.

Mit dieser Formel ergibts dann auch Sinn wenn n=10 und k=9 ist.

Danke nochmals

Grüße

sollte mal ne anregung sein, aber kannst du mir sagen, wa s bei b und c rauskommen soll
meine "lösungen" gehen davon aus, dass an der 1. stelle keine 0!
werner

09.11.2004, 17:55

Teutone

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jo a.) hab ich auch so 10!-9!.
für c.) könnten vielleicht
$\begin{eqnarray*} 9 + 9*8 + 9^{2}*8*7 + 9^{3}*8*7*6=249561 \end{eqnarray*}$
Möglickeiten rauskommen?

09.11.2004, 20:13

Anirahtak

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Hallo,

zu (c)

Es soll also mindestens 5 Nullen geben, d.h 5, 6, 7 oder 8 Nullen.

Bei 8 Nullen, ist eine Ziffer, und zwar die erste ungleich 0 -> es gibt also 9 Möglichkeiten.

Bei 7 Nullen ist die erste Ziffer ungleich 0 -> 9 Möglk. und eine weitere -> 9 Mglk. Jetzt kann die zweite Zahl an 2., 3.,...,9.ter Stelle stehten -> 8 Möglk. => insgesamt 9*9*8 Möglk.

Bei 6 Nullen: 9 Mgkl, für die 1. Stelle, 9*9 Möglk für die zwei anderen Ziffern ungleich 0 und ("8 über 2") Möglk sie Anzuordnen.

Analog für 5 Nullen.

Insgesamt ergibt sich
$\begin{eqnarray*} 9+9^2 \begin{pmatrix} 8 \\ 1\end{pmatrix}+9^3\begin{pmatrix} 8 \\ 2\end{pmatrix}+9^4\begin{pmatrix} 8 \\ 3\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

ausrechnen dürft ihr selber.

Gruß
Anirahtak

09.11.2004, 20:53

Lando

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Hey Anirahtak

danke für deine Bemühungen, leider auch falsch. Oder ich hab mich nur verrechnet beim Ausrechnen. Ich bin auf 40007529 gekommen. Naja ich schau mir die Aufgabe morgen nochmal an, bin huete nimmer dazu gekommen.

Grüße

Edit

sorry hab mich total verrechnet es kommt 388485 raus

und das stimmt

Anirahtak danke du bist ein Genie

09.11.2004, 22:10

riwe

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hallo,
das stimmt nun, ich hab leider vergessen, die vergebenen zahlen zu berücksichtigen

$\begin{eqnarray*} N = 9 \cdot 9^{3} \cdot \frac{8!}{5!3!} +......+ 9 \cdot 9^{0} \cdot \frac{8!}{7!1!} \end{eqnarray*}$

dann kommt dasselbe heraus

und b) geht analog

$\begin{eqnarray*} N = 5 \cdot 5^{4} \cdot \begin{pmatrix} 8 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot 5^{4} + 4 \cdot 5^{5} \cdot \begin{pmatrix} 8 \\ 5 \end{pmatrix} \cdot 5^{3} \end{eqnarray*}$

gruß
werner

10.11.2004, 16:38

Lando

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Hey Werner

ja deine Antwort stimmt jetzt und zwar auch für b). Könntest du mir vielleicht nochmals kurz erklären wie du auf die Formel für b gekommen bist. Es ist sehr wichtig für mich, dass ich das genau verstehe.

Grüße

14.11.2004, 21:36

riwe

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hallo lando, das geht analog zu c) wie es ANIHRATAK super erklärt hat,

du mußt nur aufteilen an der 1. stelle:
bei ungerade gibt es 5 möglichkeiten, dann kannst du noch die 5 ungeraden ziffern auf 4 stellen verteilen = 5^4, und die anzahl der anordnungsmöglichkeiten ist

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 8 \\ 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

für die restlichen 4 stellen hast du nun 5 gerade ziffern zur auswahl , d.h. anzahl der anordnungen = 5^4.
dazu kommen jetzt die zahlen, die gerade anfangen, also derselbe käse ohne die 0, somit 4 möglichkeiten am anfang, usw. das ist der zweite summand.

alles klar?
sonst melde dich wieder
gruß
werner

14.11.2004, 23:09

Cranton

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Warum

$\begin{eqnarray*} N = 5 \cdot 5^{4} \cdot \begin{pmatrix} 8 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot 5^{4} + 4 \cdot 5^{5} \cdot \begin{pmatrix} 8 \\ 5 \end{pmatrix} \cdot 5^{3} \end{eqnarray*}$

und nicht

$\begin{eqnarray*} N = 5 \cdot 5^{4} \cdot \begin{pmatrix} 8 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot 5^{4} + 4 \cdot 5^{4} \cdot \begin{pmatrix} 8 \\ 5 \end{pmatrix} \cdot 5^{4} \end{eqnarray*}$

Ich hab doch bei beiden Teilen jeweils die Möglichkeit 5^4 gerade und 5^4 ungerade

Ich weiss dass es das Ergebnis nicht beeinflusst, aber ich kann die Schreibweise nicht nachvollziehen, oder den Gedanken der dahintersteckt, je nachdem wie mans sieht.

grüße Cranton

14.11.2004, 23:30

Cranton

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Ich denk ich habs jetzt

du hast den Term für eine neunstellige Zahl mit genau 5 ungeraden geschrieben.

Anders geschrieben für eine 9 Stellige Zahl mit genau 4 geraden Zahlen
ergibt sich

$\begin{eqnarray*} N = 5 \cdot 5^{4} \cdot \begin{pmatrix} 8 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot 5^{4} + 4 \cdot 5^{3} \cdot \begin{pmatrix} 8 \\ 3 \end{pmatrix} \cdot 5^{5} \end{eqnarray*}$

ist dasselbe in Grün

14.11.2004, 23:47

riwe

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so ist es,
es werden GENAU 4 gerade zahlen verlangt,
die reihenfolge der multiplikanden ist natürlich egal,
ich habe nur zwecks klarheit zuerst die ungeraden und dann die geraden erfaßt
werner

15.11.2004, 00:17

Cranton

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Letzte Frage um alle klarheiten zu beseitigen

Wieso nicht

$\begin{eqnarray*} N =4 \cdot 5^{3} \cdot \begin{pmatrix} 8 \\ 3 \end{pmatrix} \cdot 5^{5} \cdot \begin{pmatrix} 8 \\ 5 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

ich hab 4 für die erste gerade ziffer
dann 5^3 Mögliche gerade Ziffernkombinationen
und 8 über 3 Möglichkeiten diese in der Zahl zu verteilen

dann hab ich 5^5 Mögliche ungerade Ziffernkombinationen
warum habe ich dann nicht auch noch 8 über 5 Möglicheiten diese zu verteilen

$\begin{eqnarray*} \hline \end{eqnarray*}$

Beim schreiben kam die Idee!
Ich hab die Möglichen Permutationen schon über die geraden Zahlen festgelegt,
dann liegen die Ungeraden ja fest und können nicht mehr anders verteilt werden.

15.11.2004, 12:14

riwe

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ich sehe das so:
mit der 1. "verteilung" legt man ja schon fest, wo die einzelnen ziffern stehen sollen, d.h. für die zweiten hast du nur mehr die wahl, welche ziffern du in welcher reihenfolge nimmst = 5^n, nicht aber wohin du sie stellst.
gruß
werner

entschuldige: habe den nachsatz zu spät gesehen, genauso ist es!

15.11.2004, 21:19

SeePirat

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ich hab zwar erst seit ca 2 Monaten Stochastik aber komm ich da nicht mit dem Zählprinzip ganz einfach drauf???

MfG

der Stoachstik anfänger

15.11.2004, 22:20

Cranton

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Prinzipiell ist alles nur abgezählt

$\begin{eqnarray*} 9\cdot9\cdot9\cdot\begin{pmatrix} 8 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

ist ja auch nichts anderes als

9 Möglichkeiten an der ersten Stelle und $\begin{eqnarray*} 9 \cdot 9 \end{eqnarray*}$ weitere Möglichkeiten an einer anderen Stelle keine Null zu finden.

und $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 8 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

ist auch nichts anderes als $\begin{eqnarray*} \frac{8!}{3! \cdot 5!} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten diese 2 Ziffern auf die 8 Stellen zu verteilen

Außerdem ist diese Aufgabe nur eine Übung um die Begriffe und Rechenoperationen zu üben, damit man später komplexere Problem leichter in den Griff bekommen kann.

Grüße Cranton

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