Aufgaben zur Kombinatorik

29.12.2005, 15:51

Lazarus

Aufgaben zur Kombinatorik

Hi Leute!
Ich hab über die Ferien von meinem Kursleiter ein Aufgabenblatt zu Kombinatorik bekommen.
Habs jetzt mal in angriff genommen, doch leider bin ich mir da ziemlich unsicher, da ich auf diesem gebiet ziemlich unerfahren bin, und da ich die Lösungen nicht hab, kann ichs auch nicht kontrolieren.

ich würde euch deshalb bitte, mal drüber zu schauen.

also hier sind die aufgaben:

Auf wie viele verschiedene Arten kann man drei Hotelgäste in sechs freie Einzelzimmern unterbringen
Meine Lösung: $\begin{eqnarray*} 6\cdot 5 \cdot4=120 \end{eqnarray*}$
Frau Meier kombiniert jeweils Kleid Schuhe und Hut aus 8 Kleidern 10 Paar Schuhen und sechs Hüten.
a)Wie viele verschiedene kombinationsmöglichkeiten hat Frau Meier?
b) Wieviele möglichkeiten hat sie wenn sie schuhe und kleid auch ohne Hut anziehen kann.
Meine Lösung: a) $\begin{eqnarray*} 8 \cdot 10 \cdot 6 =480 \end{eqnarray*}$ ; b) $\begin{eqnarray*} 80 \cdot 7 = 560 \end{eqnarray*}$
Eine Fast-Food Kette wirbt mit dem Slogan "Täglich über 200 verschiedene Mittagsmenues". Thea besucht ein solches Restaurant und stellt fest, dass sie aus vier verschiednene Vorspeisen und neun Hauptspeisen auswählen kann,
Wie viele Nachspeisen müssen mindestens bereit stehen ?
Meine Lösung: $\begin{eqnarray*} 4 \cdot 9 \cdot \lceil x \rceil \geq 200 \; \; \Rightarrow x=6 \end{eqnarray*}$
Aus den zehn Ziffern 0,1,2...8,9 unseres Zehnersystems wird dreimal eine Zahl ausgewählt, so dass Tripel 000,001,...,999 entstehen
a)Wie viele Tripel enthalten 3mal die gleiche Zehl
b)Wie viele Tripel enthalten mindestens eine 9
c)Bei wie vielen Tripeln ist die erste Zahl größer als 5?
d)Bei wie vielen Tripeln ist die dritte Zahl eine 1 ?
e)Bei wie vielen Tripeln ist die erste Zahl größer als die beiden anderen ?
Meine Lösung:a) $\begin{eqnarray*} 10 \end{eqnarray*}$ ; b) Zahlen insgesamt: 1000; dann hab ich mir gedacht, ich machs "von hinten" also: $\begin{eqnarray*} \mbox {Günstige Ereignisse } = \mbox { Gesamtereignisse } - \mbox { Ungünstige Ereignisse} \end{eqnarray*}$
und somit: $\begin{eqnarray*} \mbox {Ungünstige Ereignisse} = 9 \cdot 9 \cdot 9 = 729 \; \Rightarrow \; 1000-729=271 \end{eqnarray*}$
c) $\begin{eqnarray*} 4 \cdot 10 \cdot 10 = 400 \end{eqnarray*}$ d= $\begin{eqnarray*} 10 \cdot 10 \cdot 1 = 100 \end{eqnarray*}$ e)Fällt mir keine elegante lösung ein ..tipp?
Drei Jungen und Drei Mädchen kommen an die Drehtüre eines Kaufhauses und Passieren diese nacheinander
a)Auf wieviele arten können sie dies tun ?
b)Wie viele arten bleiben übrig, wenn zuerst die Jungen durchgehn ?
c)Wie viele Arten gibt es, wenn die Kinder in Zweiergruppen durchgehn?
Meine Lösung:
a) $\begin{eqnarray*} 6! \end{eqnarray*}$ b) $\begin{eqnarray*} 3! \cdot 3! \end{eqnarray*}$ c) $\begin{eqnarray*} {6 \choose 2} \cdot {4 \choose 2} \cdot {2 \choose 2} \end{eqnarray*}$
In einem "Achter" rudern acht Sportler, wobei der Schlagmann ganz vorne sitzt und die Rudergeschwindigkeit angibt.
Auf wieviele verschiedene Arten können sich die Sportler in das boot setzten, wenn
a) alle als Schlagmann,
b) nur zwei als Schlagmann in frage kommen
Meine Lösung:
a) $\begin{eqnarray*} 8! \end{eqnarray*}$
b) $\begin{eqnarray*} 2! \cdot 7! \end{eqnarray*}$
Bei einem Pferderennen mit 18 Pferden will jemand den Einlauf der ersten drei Pferde richtig vorraussagen
Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es?
Meine Lösung: $\begin{eqnarray*} 3!\cdot{18 \choose 3} \end{eqnarray*}$
Sechs Personen setzten sich an einen Tisch mit 8 Stühlen.
Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es, Platz zu nehmen ?
Meine Lösung:
$\begin{eqnarray*} {8\choose6}\cdot 6! \end{eqnarray*}$
Bei der Wahl der Disco-Queen muss die Jury aus 15 Bewerberinnen die Kandidatinnen für den ersten, zweiten und dritten Platz auswählen.
Wieviele Möglichkeiten der auswahl gibt es?
Meine Lösung:
$\begin{eqnarray*} 15 \cdot 14 \cdot 13 \end{eqnarray*}$
Bei der wöchentlichen Hinparade einen privaten Fernsehsenders wählen die Zuschauer die Top-Ten aus acht platzierten titeln und aus acht Neuvorstellungen aus.
a) Wie viele verschiedene Zusammenstellungen der Top-Ten gibt es in der nächsten Woche ?
b)In einem Gewinnspiel müssen die ersten drei Titel der nächsten Woche in richtiger Reihenfolge vorrausgesagt werden. Wie viele Vorraussagungsmöglichkeiten gibt es?
Meine Lösung:
a) $\begin{eqnarray*} \frac{16!}{6!} \end{eqnarray*}$ b) $\begin{eqnarray*} 16 \cdot 15 \cdot 14 \end{eqnarray*}$
Wie viele verschiedene Achtstellig Zahlen kann man aus den Ziffern 1,2,3 bilden ?
Meine Lösung:
$\begin{eqnarray*} 3^8 \end{eqnarray*}$
Jemand besitzt sechs Münzen von unterschiedlichem Wert. Auf wie viele verschiedene Arten kann er sie auf drei taschen verteilen ?
Meine Lösung: $\begin{eqnarray*} 3^6 \end{eqnarray*}$
Zwölf besucher einer Party stoßen Miteinander an, jeder Mit jedem anderen genau einmal. Wie oft klingen die Gläser ?
Meine Lösung:Ich hab hier ein bisschen geschummelt, denn die Aufgabe hat ziemlich arg nach der Gaußschen Summenformel gerochen, also hab ichs nicht mit Kombinatorischen Mitteln gelöst sondern so, ich hoffe das ist korrekt : $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{\nu=1}^{n=11}~\nu = \frac{11 \cdot 12}{2}=66 \end{eqnarray*}$
Für eine Klasse mit 28 Schülern gibt es vier Freikarten für eine Zirkusvorstellung
Wieviele arten gibt es die Karten zu verteilen ?
Meine Lösung: $\begin{eqnarray*} {28 \choose 24} \end{eqnarray*}$
Aus einer Urne mit 20 unzterscheidbaren Kugeln sollen fünf herrausgenommen werden.
Auf wieviele Arten ist die möglich ?
Erläutern Sie, warum es die gleiche Anzahl von Möglichkeiten gibt, wenn man 15 Kugeln rausnimmt!
Meine Lösung: $\begin{eqnarray*} {20 \choose 5} \end{eqnarray*}$ .
Begründung: Weil es egal ist ob man 5 rausnimmt oder 5 drinnlässt, von diesen 5 hängt die anzahl der Kombinationen der anderen 15 ab, In beiden Fällen.
Ein Vereinsausschuss soll drei Männer und zwei Frauen umfassen, wobei man die Auswahl von 25 Männlichen und 24 Weiblichen vereinsmitgliedern hat.
Wie viele möglichkeitne gibt es?
Meine Lösung:
$\begin{eqnarray*} {25\choose3} \cdot {24 \choose 2} \end{eqnarray*}$
Aus einer Gruppe von acht Jungen und vier Mädels soll man vie Kinder auswählen.
a)Auf wie viele verschiedene Arten ist dies möglich?
b) Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es, wenn genau ein Junge dabei sein soll?
c) Wie viele Verschiedene Möglichkeiten gibt es, wenn mindesten ein mädchen dabei sein soll?
Meine Lösung:
a) $\begin{eqnarray*} {12 \choose 4} \end{eqnarray*}$
b) $\begin{eqnarray*} 8 \cdot {4 \choose 3} \end{eqnarray*}$
c) $\begin{eqnarray*} {12 \choose 4}-{8 \choose 4} \end{eqnarray*}$
Ein Prüfling muss in einer Prüfung von zehn Aufgaben acht Bearbeiten, wobei die Reihenfolge der bearbeitung keine Rolle spielt.
a) Wie viele Auswahlmöglichkeiten hat er?
b) Wie viele hat er, wenn er aus den ersten 5 mindesntes 4 nehmen muss?
Meine Lösung:
a) $\begin{eqnarray*} {10 \choose 8} \end{eqnarray*}$
b) $\begin{eqnarray*} {5\choose4} \cdot {5\choose4} + {5\choose 5} \cdot {5 \choose 3} \end{eqnarray*}$
Für eine Veranstaltung stehen noch fünf Karten unterschiedlicher Preisklasse zur verfügung. Jeder Interessent bekommt nur eine karte. Auf wie viele Verschiedene Arten lassen sich die Karten auf
a) drei
b) fünf
c) acht Interessenten verteilen ?
Meine Lösung: a) $\begin{eqnarray*} {5\choose3}\cdot3! \end{eqnarray*}$
b) $\begin{eqnarray*} 5! \end{eqnarray*}$
c) $\begin{eqnarray*} {8\choose5}\cdot 5! \end{eqnarray*}$
15 unterschiedliche Blumen sollen auf drei Töpfe verteilt werden, dass in die erste vase fünf, in die zweite 3 und in die dritte 7 reinkommen.
Meine Lösung:
$\begin{eqnarray*} {15\choose 3} \cdot {10 \choose 7}\cdot{3\choose3} \end{eqnarray*}$
Auf wie viele Arten, können vier Autos auf acht Parkplätzen untergebracht werden, wenn die autos
a) Unterschieden, b) nicht unterschieden werden?
Meine Lösung:
a) $\begin{eqnarray*} {8\choose4} \end{eqnarray*}$
b) $\begin{eqnarray*} {8\choose4}\cdot 4! \end{eqnarray*}$
Hab ich noch nicht gearbeitet, hab leider keine Zeit mehr gehabt. Werde ich nachliefern!
Meine Lösung:
a) Ein prüfling muss aus zwei Aufgabengruppen je drei Aufgaben zur bearbeitung auswählen. Die erste Gruppe umfasst sechs, die zweite Gruppe fünf Aufgaben
Wie viele Auswahlmöglichkeiten hat der Prüfling ?
b)Ein Prüfling muss auis elf Aufgaben sechs Auswählen.
Wie viele möglichkeiten hat er?
Meine Lösung:
a) $\begin{eqnarray*} {6\choose 3}\cdot {5\choose 3} \end{eqnarray*}$
b) $\begin{eqnarray*} {11 \choose 6} \end{eqnarray*}$

Vielen Dank für die Aufmerksamkeit, und die Gedult, sowie die Bemühungen bereits an dieser stelle !

servus
uli

29.12.2005, 16:13

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RE: Aufgaben zur Kombinatorik
Das ist wohl einer der längsten Einzelbeiträge, die ich je hier im Board gesehen habe... smile

Zum Thema:

Eleganz bei 4e) ist Ansichtssache - die zu berechnende Summe ist ja relativ bekannt.

Bei 13. schreibt man auch einfach $\begin{eqnarray*} {12 \choose 2} \end{eqnarray*}$ .

Bei 20. hast du dich sicher nur verschrieben und meinst $\begin{eqnarray*} {15\choose 5} \cdot {10 \choose 7}\cdot{3\choose3} \end{eqnarray*}$ .

Und bei 21. solltest du die Lösungen von a) und b) vertauschen.

29.12.2005, 18:54

Nal

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wieso ist bei aufgabe 7 noch das 3!?

29.12.2005, 20:13

Ben Sisko

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$\begin{eqnarray*} {18\choose 3} \end{eqnarray*}$ gibt die Anzahl der Möglichkeiten an, 3 Pferde aus 18 auszuwählen und $\begin{eqnarray*} 3! \end{eqnarray*}$ die Anzahl der Möglichkeiten, diese auf die ersten drei Plätze zu verteilen.

Gruß vom Ben

30.12.2005, 12:14

Lazarus

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RE: Aufgaben zur Kombinatorik

Zitat:

Original von Arthur Dent
Das ist wohl einer der längsten Einzelbeiträge, die ich je hier im Board gesehen habe... smile

[...]

lange genug getippt hab ich ja ^^

und das ist (bis auf die tippfehler) alles richtig so ?!
wie gesagt, hab da relativ wenig erfahrung und bin daher ziemlich unsicher..

vielen danke das du dich da "durchgeackert" hast Augenzwinkern

doch nun weiter:
4e)
also meine überlegung war wenn ich eine dreistellige zahl nehme, bei der die letzten beiden ziffern kleiner als die erste sei, dann sei die folgendermaßen aufgebaut:
xyz, wobei für y,z genau x arten zur verfügung stehen.
also gibts für die zahl xyz genau $\begin{eqnarray*} x \cdot x=x^2 \end{eqnarray*}$ möglichkeiten die hinteren stellen zu verändern.
da des für alle zahlen x von 1 bis 9 gilt, müsste man das dann noch zusammenzählen:
$\begin{eqnarray*} \sum_ {\nu=1}^{9}~\nu^2 = \frac{9\cdot10\cdot19}{6} = 285 \end{eqnarray*}$

meiner meinung nach klingt das plausibel, also sollte es doch stimmen ^^

doch kann ich das nicht kombinatorisch lösen ?

servus

01.01.2006, 17:03

Gast007

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sicher das die 5. richtig ist ?

also ich hab bei der b) $\begin{eqnarray*} 3! \end{eqnarray*}$
und bei der c) $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 6 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
raus.

oder wie kommst du auf deine Ergebnisse. Vielleicht denk ich auch nur mal wieder falsch.

01.01.2006, 18:09

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Zitat:

Original von Lazarus
da des für alle zahlen x von 1 bis 9 gilt, müsste man das dann noch zusammenzählen:
$\begin{eqnarray*} \sum_ {\nu=1}^{9}~\nu^2 = \frac{9\cdot10\cdot19}{6} = 285 \end{eqnarray*}$

meiner meinung nach klingt das plausibel, also sollte es doch stimmen ^^

Stimmt auch, und was kürzeres fällt mir auch nicht ein. Außerdem ist das in meinen Augen eine kombinatorische Lösung.

Zitat:

Original von Lazarus
Habs jetzt mal in angriff genommen, doch leider bin ich mir da ziemlich unsicher, da ich auf diesem gebiet ziemlich unerfahren bin

Unerfahren? - Kann ich nicht einschätzen.
Aber die Unsicherheit kannst du getrost abschütteln. In der Kombinatorik wird eben auch bloß mit Wasser gekocht. Augenzwinkern

01.01.2006, 22:07

Lazarus

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ok.
Danke Arthur!

Zitat:

Original von Gast007
sicher das die 5. richtig ist ?

also ich hab bei der b) $\begin{eqnarray*} 3! \end{eqnarray*}$
und bei der c) $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 6 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
raus.
[..]

also ich hatte es mir so überlegt:

b) es sollen zuerst die jungen durch gehen, da es drei jungs sind haben die 3! möglichkeiten das zu tun. dann gehen die mädels durch, sind ja auch 3 und haben somit auch 3! möglichkeiten. da es insgesamt ein zusammengesetztes "experiment" ist, hab ichs dann noch mulitpliziert.
du hast wahrscheinlich die frage so aufgefasst, das die jungs durchgehen, und nicht beachtet werden..ist aber eine gewagte interpretation der fragestellung oder? das würde das problem ja zu sehr vereinfachen Augenzwinkern

c) dann hättest du eine zweiergruppe. du willst die restlichen 4 aber auchnoch in zweiergruppen aufteilen, und wieder: multiplizieren. und da nurnoch 2 übrig sind kann man sich im endeffekt das "auswählen 2 aus 2" schenken, das nur eine möglichkeit gibt.
klingt doch von der überlegung her gut oder?

und nun, zur letzten aufgabe die mittlerweile schon ne ganz schöne zeit rumliegt:

22. Bei der Post werden zehn unterschiedliche Päckchen, darunter drei der Firma F, zum Weitertransport auf ein Förderband gelegt.
Wie viele unterschiedliche möglichkeiten der Reihenfolge gibt es, wenn
a) die drei Päckchen für die Firma F direkt hintereinander kommen,
b) mindestens zwei der drei Päckchen für die firma direkt hintereinander kommen.

Meine überlegung:
Der einfachheit nenn ich die F-kisten im folgenden "erste" "zweite" o.b.d.a
a) Also da die in einem block sein sollen, kann ich die erste kiste nur von position 1 bis 8 verschieben, da die anderen beiden noch hinten dranhängen.dann kann ich noch alle anderen kisten verschieben und zwar mit genau 7! arten, und die F kisten in ihrer reihenfolge mit 3! möglichkeiten verändern.

folglich gibt es $\begin{eqnarray*} 8\cdot7! \cdot 3! = 3! \cdot 8! \end{eqnarray*}$ möglichkeiten

b)naja, etz wählen wir halt aus den 3 2 aus. $\begin{eqnarray*} {3\choose2} \end{eqnarray*}$ , dürfen den "block" aber dafür von platz 1-9 verschieben und können 8 kisten vertauschen.

das wären dann wohl
$\begin{eqnarray*} {3\choose2} \cdot 9 \cdot 8! = 9! \cdot 3! \end{eqnarray*}$

und wieder bin ich unsicher, ob denn hier der fall, dass die drei kisten direkt nebeneinander liegen nicht doppeltgezählt wurde, es tut mir leid arthur.
langsam kenn ich zwar die kniffe, aber eben nur langsam.

servus

01.01.2006, 22:57

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Zitat:

Original von Lazarus
das wären dann wohl
$\begin{eqnarray*} {3\choose2} \cdot 9 \cdot 8! = 9! \cdot 3! \end{eqnarray*}$

Hier meinst du sicher

$\begin{eqnarray*} 2!\cdot {3\choose2} \cdot 9 \cdot 8! = 9! \cdot 3! \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Lazarus
ob denn hier der fall, dass die drei kisten direkt nebeneinander liegen nicht doppeltgezählt wurde

Vollkommen richtig erkannt. Also ziehe diese doppelt gezählte Anzahl einfach einmal wieder ab, den Wert kennst du ja noch von a):

$\begin{eqnarray*} 9! \cdot 3!-8!\cdot 3! = 8\cdot 8!\cdot 3! \end{eqnarray*}$

Alternative Berechnung: Alle 10! Permutationen abzüglich der, wo die Päckchen der Firma F alle einzeln (also nicht mal doppelt) vorkommen:

$\begin{eqnarray*} 10! - {8\choose 3}\cdot 3!\cdot 7! = 10!-8!\cdot 7\cdot 6 = 8!\cdot (90-42)=8!\cdot 48 \end{eqnarray*}$

Kommt auch hin. Augenzwinkern

02.01.2006, 01:02

Lazarus

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mhh, ja gut.
dann lag ich wenigstens mit meiner eingebung richtig. verwirrt

in der tat hatte ich es auch noch versucht mit dem gegenteil annehmen und dann den rest berechnen, doch hatte da einen ganz bösen denkfehler drinn, den ich zwar erkannt habe, doch nicht zu beheben wusste.
bei aufgaben die fordern "mindestens ..." kommt man ja eigentlich echt gut zurande mit dieser methode.

also nochmal herzlichen dank arthur.

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