Anzahl Möglichkeiten mit zusammenhängenden Blöcken

24.03.2019, 21:49

Thomas007

Anzahl Möglichkeiten mit zusammenhängenden Blöcken

Hallo miteinander

Ich habe 16 Personen gegeben, deren Namen auf eine Liste geschrieben werden sollen.
Hierbei soll gelten, dass die 5 Herren und die Namen der 11 Damen zusammenhängende Blöcke bilden sollen.

Ist hier die Anzahl Möglichkeiten: (5! + 11!) * 2 ?
Ich bin mir nicht ganz sicher mit dem Plus in der Klammer...

Danke für die Hinweise! smile

24.03.2019, 21:56

Elvis

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* statt +, dann passt es.

25.03.2019, 07:47

Thomas007

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Vielen Dank Elvis!

A) Noch etwas: Wenn ich 5 Pizzas, 4 Vegi-Menüs und 7 Vegan-Menüs bestelle, wie viele Möglichkeiten gibt es dann, das Essen unter sich aufzuteilen?

Meine Idee: 5!*4!*7!

Ist das ok so?

B) Ähnlich: Wie viele Möglichkeiten gibt es, die 16 Personen aufzuteilen, wenn
3 Zimmer für 2 Personen,
2 Zimmer für 3 Personen und
1 Zimmer für 4 Personen zur Verfügung stehen.

Meine Idee:
16!*3*2*1

C) 6 Aufgaben müssen so verteilt werden, dass jeder höchstens eine Aufgabe übernimmt:
(16! / 10!) [Ist das ok so?]

D) 6 Aufgaben müssen verteilt werden, so dass jeder beliebig viele Aufgaben erhalten darf:
--> 16^6 Möglichkeiten (ok so?)

E) 6 Aufgaben müssen auf alle Zimmer verteilt werden. 2 Leute von jedem Zimmer sollen dann die Aufgabe lösen.
--> Es gibt 6!*(2*1)*3*(3*2)*2*(4*3)*1 Möglichkeiten (ist das ok so?)

Besten Dank fürs kurze Durchschauen und für die Korrektur! smile

25.03.2019, 09:02

HAL 9000

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Zitat:

Original von Thomas007
Wenn ich 5 Pizzas, 4 Vegi-Menüs und 7 Vegan-Menüs bestelle, wie viele Möglichkeiten gibt es dann, das Essen unter sich aufzuteilen?

Meine Idee: 5!*4!*7!

Manchmal hilft es, eine Idee anhand eines einfacheren Zahlenbeispiels zu überprüfen:

Nehmen wir mal an, es sind nur 4 Personen, und du bestellst zwei Pizzas, ein Vegi-Menü und auch ein Vegan-Menü. Nach deiner Rechnung gibt es dann genau $\begin{eqnarray*} 2!\cdot 1!\cdot 1!=2 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten der Zuordnung auf die drei Personen - ich zähle aber $\begin{eqnarray*} \frac{4!}{2!} = 12 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten...

Zu B) Hier hängt es davon ab, ob ma die drei Zweipersonen-Zimmer als unterscheidbar oder nicht ansieht: Einfacher ist erstmal "unterscheidbar" (Rechnung ähnlich wie A, nur das diesmal jedes Zimmer für ein Menü steht), mit dem Ergebnis kann man dann auch den anderen Fall "ununterscheidbar" als Folgerung berechnen.

C) ist korrekt, falls es wieder um diese 16 Leute geht (geht aus dem Text nicht hervor, ich schließe das nur aus deinem Lösungsversuch).

D) Auch Ok.

Bei E) gehe ich mal davon aus, dass die Zimmerbelegung als fest erachtet wird (also genau eine aus B)). Dann ist das $\begin{eqnarray*} 6! \end{eqnarray*}$ in deinem Ansatz Ok für die Zuordnung der Aufgaben zu den Zimmern, aber der Restfaktor ist viiiiel zu groß! Bedenke z.B., dass es bei fester Zuordnung der Aufgaben auf die Zimmer in den drei Zweipersonen-Zimmern überhaupt keine Wahl gibt, wer sie lösen soll - es sind jeweils genau die zwei, die in dem Zimmer sind! D.h., nur in den Drei- und Vierpersonen-Zimmern gibt es mehr als eine Wahlmöglichkeit.

25.03.2019, 19:05

Thomas007

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A) Recht hast du... also sollten es korrekterweise $\begin{eqnarray*} \frac{16!}{5! \cdot 4! \cdot 7!} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten sein.

B) Ich würde sagen die Zimmer sind unterscheidbar.
Also müssten es da $\begin{eqnarray*} \frac{16!}{2! \cdot 3 \cdot 3! \cdot 2 \cdot 4!} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten sein, oder?

Falls die Zimmer nicht unterscheidbar wären würde gelten:
$\begin{eqnarray*} \frac{16!}{6! \cdot 6! \cdot 4!} \end{eqnarray*}$ , oder?

E) Dann müssten es $\begin{eqnarray*} \frac{6!}{4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten sein, oder?

25.03.2019, 21:54

HAL 9000

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Zitat:

Original von Thomas007
A) Recht hast du... also sollten es korrekterweise $\begin{eqnarray*} \frac{16!}{5! \cdot 4! \cdot 7!} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten sein.

Ja.

Zitat:

Original von Thomas007
Also müssten es da $\begin{eqnarray*} \frac{16!}{2! \cdot 3 \cdot 3! \cdot 2 \cdot 4!} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten sein, oder?

Nein. Richtig ist $\begin{eqnarray*} N_1=\frac{16!}{2!^3\cdot 3!^2\cdot 4!} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Thomas007
Falls die Zimmer nicht unterscheidbar wären würde gelten:
$\begin{eqnarray*} \frac{16!}{6! \cdot 6! \cdot 4!} \end{eqnarray*}$ , oder?

Nein, hier hat man dann $\begin{eqnarray*} N_2=\frac{N_1}{3!\cdot 2!} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Thomas007
E) Dann müssten es $\begin{eqnarray*} \frac{6!}{4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten sein, oder?

Jetzt sind wir aber komplett daneben: Dass Faktor 6! richtig ist, hatte ich doch oben schon festgestellt. Der Wert wird doch nicht noch weiter vermindert!

Es kommt raus $\begin{eqnarray*} 6!\cdot \binom{3}{2}^2\cdot \binom{4}{2} = 6!\cdot 3^2\cdot 6 \end{eqnarray*}$ .

25.03.2019, 23:13

Thomas007

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Danke für deine Ausführungen und Erklärungen! smile

26.03.2019, 22:48

Thomas007

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Noch eine Frage hätte ich zum Zimmer-Beispiel (nicht unterscheidbare Zimmer).

Warum gibt es dort noch den Zusatzfaktor 3!*2! im Nenner?

27.03.2019, 09:01

HAL 9000

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Im Fall ununterscheidbarer Zimmer sind die $\begin{eqnarray*} 3 \end{eqnarray*}$ Zweierzimmer untereinander nicht unterscheidbar, und die $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ Dreierzimmer untereinander auch nicht.

Ein Beispiel: Wenn ich die Zimmer mit Z1,Z2,Z3 (Zweierzimmer), D1, D2 (Dreierzimmer) und V (Viererzimmer) bezeichne sowie die Personen mit 1..16, dann sind folgende Belegungen bei unterscheidbaren Zimmern verschieden:

Belegung 1:

Z1: 1,2
Z2: 3,4
Z3: 5,6
D1: 7,8,9
D2: 10,11,12
V: 13,14,15,16

Belegung 2:

Z1: 5,6
Z2: 1,2
Z3: 3,4
D1: 10,11,12
D2: 7,8,9
V: 13,14,15,16

Bei ununterscheidbaren Zimmern würde man beide Belegungen aber als gleich ansehen (da kommt es nur auf die Kombinationen der jeweils zusammen untergebrachten Personen an). Dementsprechend muss man die berechnete Anzahl bei unterscheidbaren Zimmern durch die Permutationszahlen der jeweils gleich großen Zimmer teilen, um diesen "Vertauschungseffekt" zu berücksichtigen.

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