Kombinatorik: Wie viele Möglichkeiten?

16.03.2011, 13:30

bandchef

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Kombinatorik: Wie viele Möglichkeiten?

Hi Leute!

Ich hab 3 mal einen Zugwagon der 1. Klasse, 5 mal einen der 2. Klasse und 2 Gepäckwägen der gleichen Bauart weshalb sie nicht unterscheidbar sind. Nun möchte ich wissen, wie viele unterschiedliche Wagenfolgen möglich sind, wenn die Wagons beliebig eingereit werden dürfen.

Ich weiß da jetzt leider nicht so wirklich weiter. Könnt ihr mir helfen? Ich weiß auch nicht so recht was es bedeutet, wenn es heißt, dass diese "nicht unterscheidbar" sind...

Ich hab dennoch mal angefangen und dabei is das hier raus gekommen

$\begin{eqnarray*} \frac{3\cdot 5 \cdot 2}{3!} = 5 \end{eqnarray*}$

Ist das richtig?

16.03.2011, 13:33

Zellerli

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Edit: Nein, ist leider falsch.

Wieviele wären denn möglich, wenn jeder einzele Wagon eine Nummer hätte und deshalb alle unterscheidbar wären?

16.03.2011, 13:34

bandchef

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Dann wäre es doch so wie ich in meinem ersten BEitrag editiert hab oder?

16.03.2011, 13:38

bandchef

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Bei einem Kombinationsschloss mit 4 Scheiben á 4 Zahlen wären die max. Kombinationen demnach 4^4=256. Wie aber ist das dann hier mit den wägen? Nehmen wir mal zur einfachheit halber an die gepäckwägen wären unterscheidbar, ok?

16.03.2011, 13:38

Zellerli

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Nein.

Du hättest dann 10 unterscheidbare Wagen, die du aneinanderreihen musst.

Wieviele Möglichkeiten gibt es, den ersten Wagen zu wählen?
Wieviele Möglichkeiten gibt es dann noch, den zweiten Wagen zu wählen?
...
Wieviele Möglichkeiten gibt es dann noch, den zehnten Wagen zu wählen?

16.03.2011, 13:42

bandchef

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Zitat:

Wieviele Möglichkeiten gibt es, den ersten Wagen zu wählen? Wieviele Möglichkeiten gibt es dann noch, den zweiten Wagen zu wählen? ... Wieviele Möglichkeiten gibt es dann noch, den zehnten Wagen zu wählen?

Na, das liest sich dann für mich nach der Fakultätsberechnung, oder?

10!=3628800

Wie gehts, dann wenn die zwei Gepäckwägen nicht mehr unterscheidbar sind? Dann hab ich ja quasi nur noch 9 Wägen, oder? Das heißt mein Ergebnis wäre dann: 9! = 362880.

Ist das jetzt richtig?

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16.03.2011, 13:50

bandchef

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Wie sieht's dann eigentlich aus, wenn die Wägen der 2. Klasse hintereinander eingereiht werden müssen?

Ich hab ich ja quasi 3!=6 Möglichkeiten die 1. Klasse anzuordnen und 2!=2 Möglichkeiten die Gepäckwägen anzuordnen oder muss ich 5!=120 berechnen?

So recht sicher bin ich mir leider noch nicht...

16.03.2011, 13:56

Zellerli

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Doch, schon sehr gut.

Aber noch zu deinem vorletzten Post: 9! wären falsch. Das wären die Möglichkeiten, wenn du einen Wagen fest anordnest (z.B. Gepäckwagen1 auf Position 7).

Aber du hast es schon sehr richtig gesagt mit den Möglichkeiten die Wagen 1. Klasse, 2. Klasse, Gepäck untereinander anzuordnen.

Jetzt musst du noch überlegen:
Es gibt $\begin{eqnarray*} 10! \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten die unterscheidbaren waren untereinander anzuordnen:
Sagen wir mal die haben die Namen 1. Klasse heißen E1, E2, E3 2. Klasse heißen Z1, Z2, Z3, Z4, Z5 und Gepäck heißen G1, G2.

Wenn du jetzt die Anordnung hast (nur als Beispiel):
Z1 E2 Z4 Z5 G1 G2 Z2 Z3 E1 E3
Dann ist das das gleiche wie
Z2 E1 Z5 Z3 G2 G1 Z4 Z1 E3 E2

Weil die einzelnen Klassen und Gepäckwägen nicht unterscheidbar sind.

$\begin{eqnarray*} 10! \end{eqnarray*}$ sind also zu viele Möglichkeiten. Du musst noch um die Möglichkeiten "kürzen", die zuviel gezählt wurden. Und das sind genau die von dir genannten. Und wir "kürzt" du?

16.03.2011, 14:00

bandchef

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Soll meine Aufgabe nicht so heißen, dass nur die Gepäckwagen nicht unterscheidbar sind aber alle anderen schon?

16.03.2011, 14:03

Zellerli

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Ist Interpretationssache. Du kannst ja beide Wege rechnen und anbieten.

Ich denke, dass die beiden Klassen jeweils auch nicht unterscheidbar sind und es bei den Gepäckwägen gesondert erwähnt wurde.

Aber es wird nicht viel anders, wenn wir die Klassen-Wagons für unterscheidbar halten. Das "kürzen" fällt dann einfach kürzer aus, die grundsätzliche Anordnung von 10 Wagons stimmt nach wie vor.

16.03.2011, 14:05

bandchef

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Zitat:

Und das sind genau die von dir genannten.

Was meinst du damit? Soll das dann quasi das 9! sein? Wenn ja, dann würde das ja dann so aussehen:

$\begin{eqnarray*} \frac{10!}{9!} = 10 \end{eqnarray*}$

Sind das jetzt die Möglichkeiten die sich ergeben?

16.03.2011, 14:08

bandchef

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Wenn ich jetzt wirklich nur die 2 Gepäckwägen als nicht unterscheidbar "deklariere", dann würde es ja so aussehen:

$\begin{eqnarray*} \frac{10!}{2!} = 1814400 \end{eqnarray*}$

Ist das richtig? Kommt mir etwas sehr viel vor!

16.03.2011, 14:13

bandchef

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Halt.

Ich glaub ich hab mich vertan. Dann würde es so aussehen:

$\begin{eqnarray*} \frac{8!}{2!} = 20160 \end{eqnarray*}$

Jetzt ist's weniger, ich weiß aber trotzdem nicht ob's so jetzt stimmt.

16.03.2011, 14:14

Zellerli

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Nein.
Aber ich sehe gerade, dass ich deinen Post falsch aufgefasst habe. Die Zahlen stimmen, aber der Bezug nicht.

Wieviele Möglichkeiten gibt es die drei Wagen 1. Klasse anzuordnen?

Also nimm von mir aus die Sequenz
Z1 E2 Z4 Z5 G1 G2 Z2 Z3 E1 E3

Alle anderen Wagen müssen starr bleiben. Du darfst nur die E1, E2, E3 herausnehmen und dann neu in die freien Felder einsetzen. Wieviele Möglichkeiten gibt es dafür?
Das gleiche machst du mit den Z- und G-Wägen (dabei werden die anderen Wagentypen jeweils stehen gelassen).

Diese Anzahlen miteinander multipliziert entsprechen dann den Möglichkeiten die einzelnen (noch unterscheidbaren) Wagons untereinander so anzuordnen, dass immer
an erster Stelle ein Z ist, an zweiter ein E, an dritter ein Z, an vierter ein Z, an fünfter ein G, ...

Das ist also die Anzahl der Möglichkeiten unter den $\begin{eqnarray*} 10! \end{eqnarray*}$ die der Anordnung Z E Z Z G G Z Z E E entsprechen.

Und die gleiche Anzahl an Untermöglichkeiten hast du für andere Anordnungen (z.B. Z Z Z Z Z E E E G G oder E Z Z Z G E E Z Z G, etc. etc.).

16.03.2011, 14:14

Zellerli

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Du bist echt zu schnell Augenzwinkern

Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} \frac{10!}{2!} \end{eqnarray*}$ ist genau richtig, wenn nur die Gepäckwägen nicht unterscheidbar sind.

Man kürzt um die nicht unterscheidbaren, nicht um die unterscheidbaren, denn bei der ursprünglichen Annahme sind ja alle unterscheidbar. Bleiben dann alle unterscheidbar, muss man nichts kürzen. Wird eine Klasse nicht-unterscheidbar, muss man anfangen zu kürzen.

Meine Aussage "die Kürzung fällt kürzer aus", war in sofern falsch. Sie fällt bei nur einer unterscheidbarer Klasse länger aus als bei zwei oder drei.

16.03.2011, 14:18

bandchef

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Danke für deine Hilfe!

Ich hab mir deinen letzten Beiträge nochmals durchgelesen und hab jetzt diese Aufgabe verstanden.

Was aber muss ich jetzt machen, wenn es heißt, dass die fünf Wägen der 2. Klasse hintereinander angeordnet werden MÜSSEN? Wie viele Möglichkeiten ergeben sich dann?

$\begin{eqnarray*} \frac{10!}{3!+2!} = 453600 \end{eqnarray*}$

Ist das richtig?

16.03.2011, 14:22

Zellerli

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Machen wir erstmal die Aufgabe, wo sie nicht hintereinander angereiht werden müssen, richtig.

Warum steht da ein + im Nenner?
Du hast für jede einzelne Anordnung der drei E-Wagons nochmal $\begin{eqnarray*} 2! \end{eqnarray*}$ Anordnungen der G-Wagons. Und außerdem nochmal $\begin{eqnarray*} 5! \end{eqnarray*}$ Anordnungen der Z-Wagons.

Lässt man die E- und Z-Wagons unterscheidbar, musst du nur um $\begin{eqnarray*} 2! \end{eqnarray*}$ für die G-Wagons kürzen.

16.03.2011, 14:31

bandchef

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Zitat:

Lässt man die E- und Z-Wagons unterscheidbar, musst du nur um $\begin{eqnarray*} 2! \end{eqnarray*}$ für die G-Wagons kürzen.

Das ist mir mittlerweile klar und genau das will meine Aufgabe auch.

$\begin{eqnarray*} \frac{10!}{3!+2!} = 453600 \end{eqnarray*}$

Das hier soll ja auch die Antwort auf die Frage sein, wenn die Wagons der 2. Klasse hintereinander folgen muss...

Wie muss ich da jetzt vorgehen? Auf jeden Fall kann ich die nicht veränderbare Reihe der 2. Klasse auf 3 verschiedene Arten anordnen (also ganz vorne, in der Mitte oder hinten), oder? Das muss doch da auch mit rein, oder?

Wie gehts dann weiter?

16.03.2011, 14:37

Zellerli

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Es gibt mehr Arten die Z-Reihe anzuordnen:

x soll jetzt mal für einen Wagon stehen, der nicht Z ist, also E oder G:

Z Z Z Z Z x x x x x
x Z Z Z Z Z x x x x
...
x x x x Z Z Z Z Z x
x x x x x Z Z Z Z Z

16.03.2011, 14:38

bandchef

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Wenn ich jetzt z.B. die 5er-Wagon-Kette ganz vorne hinstelle, dann bleiben mir nur noch 5 Plätze für die Wägen der 1. Klasse und die 2 Gepäckwägen.

Das heißt, im Zähler steht dann die 5!, oder?

16.03.2011, 14:39

bandchef

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Hm, dann hab ich 5 Möglichkeiten die 5er-Kette anzuordnen, oder?

16.03.2011, 14:40

Zellerli

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Ja, für die x hast du (wenn man Unterscheidbarkeit voraussetzt) jeweils immer 5! Möglichkeiten.

16.03.2011, 14:41

bandchef

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Wie gehts dann weiter?

Bedeutet das dann das im Zähle 5! steht?

16.03.2011, 15:31

Zellerli

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Naja jetzt kommen noch die Möglichkeiten für die Z hinzu. Wieviele Möglichkeiten gibt es den Z-Block in der Anordnung zu verschieben?

Wieviele Möglichkeiten gibt es die unterscheidbaren Z untereinander anzuordnen? Und wieviele Möglichkeiten gibt es dann für die verbliebenen (unterscheidbaren) Wagons für die Anordnung? (die hast du schon mit $\begin{eqnarray*} 5! \end{eqnarray*}$ )

16.03.2011, 17:37

bandchef

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Es gibt 6 verschiedene Möglichkeiten die Z in der Anordnung zu verschieben.

Mögliche Anordnungen innerhalb der Z dürfte doch dann 5! sein, oder?

Für die übrigbleibenden Wagons bleiben mir ebenfalls 5! über.

Wie gehts jetzt weiter?

Stimmts so?

$\begin{eqnarray*} \frac{10!}{5!+6} \end{eqnarray*}$

16.03.2011, 22:09

Zellerli

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Die 10! haben wir nichtmehr, weil man mit dem 5er Block Z-Wagons nicht soviel Spielraum hat. Kommt zum Beispiel an Stelle 1 ein Z-Wagon, sind die Stellen 2, 3, 4 und 5 nichtmehr frei wählbar, sondern müssen auch Z-Wagons sein.

Also die beiden Male 5! Stimmen. Wieviel Möglichkeiten kommen für die Anordnung des Z-Blocks hinzu? Und dann noch bereinigen um die Möglichkeiten die nicht unterscheidbaren G-Wagons untereinander anzuordnen.

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