Münzwurf

28.12.2019, 20:30

Branko

Auf diesen Beitrag antworten »

Münzwurf

Meine Frage:
hallo, ich komme garnicht darauf wie man meine frage beantwortet und hoffe auf hilfe

Ich werde 10 mal eine Münze.

Frage a) ich möchte berechnen wie viele Pfade es gibt wenn 5x Kopf und 5x Zahl kommt aber maximal 2x kopf oder maximal 2x zahl hintereinander kommen darf?

Frage b) wie viele Pfade gibt es wenn 6x Zahl und 4x Kopf kommt und maximal 3x hintereinder kopf oder zahl kommen darf?

Meine Ideen:
Mein ansatz ist leider nicht relativ weit gekommen ich weiss das n über k für alle pfade von 5x kopf von 10 richtig ist aber weiss nicht wie man es berechnet wenn maximal 2x oder 3x hintereinander etwas vorkommen darf. 10 über 5 ist glaube ich 252 pfade

Wäre für jede art von hilfe froh! LG

29.12.2019, 00:44

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

es kommt auf genaue Beschreibung an.

Ich würde von (MONOS) DUOS;TRIOS;QUADROS;QUINTOS; SEXTOS reden:

a1.) Es dürfen höchstens DUOS in der Kette vorkommen.= Keine TRIOS oder höher
a2.) Je Sorte höchstens ein DUO
a2.) Ein DUO darf höchstens einmal auftreten
a3.) ...
a4.)...

b1.) Es dürfen höchstens DUOS, TRIOS vorkommen.= keine QUADROS oder höher
b2.) ...
b3.) ...
b4.) ...
............................... Augenzwinkern

Augenzwinkern

was gilt nun?

29.12.2019, 10:39

Branko

Auf diesen Beitrag antworten »

danke für die Antwort soweit.

a) es dürfen bei 5x Kopf 5x Zahl mehrmals 2er reihen(sequenz) auftreten aber nicht höher als 2 mal
Zb ZZKKZZKKZK

b) es darf bei 6x zahl 4x kopf nur einmal eine 3er reihe(sequenz) auftreten aber nicht höher als 3 und der rest darf auch mehrere 2er reihen beinhalten
Zb ZZZKKZKKZK
Zb KKZKZZKZZZ

LG

29.12.2019, 10:41

Branko

Auf diesen Beitrag antworten »

ich hoffe es ist jz genauer beschrieben, hast du recht gehabt war etwas undeutlich. Danke dir trotzdem soweit...

29.12.2019, 16:14

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

ergo:

a.) keine TRIOS oder höher und höchstens 2 DUOS

b) keine QUADROS oder höher und höchstens ein TRIO

mit diesen "Fachbegriffen" lässt sich das ganz präzise ausdrücken Augenzwinkern

Augenzwinkern

mal sehen ob sich was finden lässt, scheint aber in Allgemeinheit recht sperrig zu sein.

29.12.2019, 18:06

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Es bezeichne $\begin{align*} F(n) \end{align*}$ die Anzahl der 0-1-Folgen der Länge $\begin{align*} n \end{align*}$ , bei denen maximal zweimal dieselbe Ziffer aufeinander folgt.

Bei $\begin{align*} n=1 \end{align*}$ gibt es die Folgen 0, 1, bei $\begin{align*} n=2 \end{align*}$ die Folgen 00, 01, 10, 11. Folglich gilt

$\begin{align*} F(1) = 2 \, , \ \ F(2) = 4 \end{align*}$

Sei nun $\begin{align*} n>2 \end{align*}$ . Eine Folge der Länge $\begin{align*} n \end{align*}$ kann mit einem Single beginnen. Von der Sorte gibt es $\begin{align*} F(n-1) \end{align*}$ an der Zahl. Oder sie kann mit einem Paar beginnen. Von dieser Sorte gibt es $\begin{align*} F(n-2) \end{align*}$ Stück. Somit gilt

$\begin{align*} F(n) = F(n-1) + F(n-2) \end{align*}$

Man berechnet $\begin{align*} F(10) = 178 \end{align*}$ . Das Problem ist nur, daß da auch (4+6)-Folgen oder (3+7)-Folgen mitgezählt werden, zum Beispiel 1101101100 oder 1101101101. Die müssen noch weg.

Anzeige

29.12.2019, 22:50

Ulrich Ruhnau

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold
Sei nun $\begin{align*} n>2 \end{align*}$ . Eine Folge der Länge $\begin{align*} n \end{align*}$ kann mit einem Single beginnen. Von der Sorte gibt es $\begin{align*} F(n-1) \end{align*}$ an der Zahl. Oder sie kann mit einem Paar beginnen. Von dieser Sorte gibt es $\begin{align*} F(n-2) \end{align*}$ Stück. Somit gilt

$\begin{align*} F(n) = F(n-1) + F(n-2) \end{align*}$

Man berechnet $\begin{align*} F(10) = 178 \end{align*}$ . Das Problem ist nur, daß da auch (4+6)-Folgen oder (3+7)-Folgen mitgezählt werden, zum Beispiel 1101101100 oder 1101101101. Die müssen noch weg.

Hallo Leopold,

ich weiß nicht, was Du mit Single meinst, aber man muß auch am Anfang darauf achten, daß weder zu viele Einsen oder Nullen infolge kommen. Eine rekursive Verkettung muß neben dem Parameter n auch den Parameter k für die Anz. der Zahl-Würfe beinhalten. Außerdem braucht man mehrere Funktionen um zwischen den zwei vorhergehenden Münzwürfen zu unterscheiden. Wir brauchen also F(n,k) sowie $\begin{eqnarray*} F_{ab,cd}(n,k), \; a,b,c,d \in \{0,1\} \end{eqnarray*}$ die als Funktionen wie Dominosteine zusammen gehängt werden müssen. $\begin{eqnarray*} F_{ab,cd}(n,k) \end{eqnarray*}$ gibt also an, was an Kombinationen möglich ist, wenn $\begin{eqnarray*} ab \end{eqnarray*}$ vorausging und die Kombination mit $\begin{eqnarray*} cd \end{eqnarray*}$ enden wird.

29.12.2019, 23:40

Ulrich Ruhnau

Auf diesen Beitrag antworten »

Extra für dieses Problem habe ich ein Programm geschrieben, das mir alle 84 Möglichkeiten für Aufgabenteil a darstellt.

01_1101100100 , 02_1101010100 , 03_1101010010 , 04_1101001100 , 05_1101001010 , 06_1101001001 , 07_1100110100 , 08_1100110010
09_1100101100 , 10_1100101010 , 11_1100101001 , 12_1100100110 , 13_1100100101 , 14_1011010100 , 15_1011010010 , 16_1011001100
17_1011001010 , 18_1011001001 , 19_1010110100 , 20_1010110010 , 21_1010101100 , 22_1010101010 , 23_1010101001 , 24_1010100110
25_1010100101 , 26_1010011010 , 27_1010011001 , 28_1010010110 , 29_1010010101 , 30_1010010011 , 31_1001101100 , 32_1001101010
33_1001101001 , 34_1001100110 , 35_1001100101 , 36_1001011010 , 37_1001011001 , 38_1001010110 , 39_1001010101 , 40_1001010011
41_1001001101 , 42_1001001011 , 43_0110110100 , 44_0110110010 , 45_0110101100 , 46_0110101010 , 47_0110101001 , 48_0110100110
49_0110100101 , 50_0110011010 , 51_0110011001 , 52_0110010110 , 53_0110010101 , 54_0110010011 , 55_0101101100 , 56_0101101010
57_0101101001 , 58_0101100110 , 59_0101100101 , 60_0101011010 , 61_0101011001 , 62_0101010110 , 63_0101010101 , 64_0101010011
65_0101001101 , 66_0101001011 , 67_0100110110 , 68_0100110101 , 69_0100110011 , 70_0100101101 , 71_0100101011 , 72_0011011010
73_0011011001 , 74_0011010110 , 75_0011010101 , 76_0011010011 , 77_0011001101 , 78_0011001011 , 79_0010110110 , 80_0010110101
81_0010110011 , 82_0010101101 , 83_0010101011 , 84_0010011011 ,

Das sind deutlich weniger Möglichkeiten als $\begin{eqnarray*} \binom{10}{5}=252 \end{eqnarray*}$ .

Bei Aufgabe b, wo es um 6 mal Zahl und 4 mal Kopf geht und bis zu 3 mal hintereinander das Gleiche erlaubt ist, gibt es schon schon 134 Möglichkeiten.

001_1110111000 , 002_1110110100 , 003_1110110010 , 004_1110110001 , 005_1110101100 , 006_1110101010 , 007_1110101001 , 008_1110100110
009_1110100101 , 010_1110100011 , 011_1110011100 , 012_1110011010 , 013_1110011001 , 014_1110010110 , 015_1110010101 , 016_1110010011
017_1110001110 , 018_1110001101 , 019_1110001011 , 020_1101110100 , 021_1101110010 , 022_1101110001 , 023_1101101100 , 024_1101101010
025_1101101001 , 026_1101100110 , 027_1101100101 , 028_1101100011 , 029_1101011100 , 030_1101011010 , 031_1101011001 , 032_1101010110
033_1101010101 , 034_1101010011 , 035_1101001110 , 036_1101001101 , 037_1101001011 , 038_1101000111 , 039_1100111010 , 040_1100111001
041_1100110110 , 042_1100110101 , 043_1100110011 , 044_1100101110 , 045_1100101101 , 046_1100101011 , 047_1100100111 , 048_1100011101
049_1100011011 , 050_1100010111 , 051_1011101100 , 052_1011101010 , 053_1011101001 , 054_1011100110 , 055_1011100101 , 056_1011100011
057_1011011100 , 058_1011011010 , 059_1011011001 , 060_1011010110 , 061_1011010101 , 062_1011010011 , 063_1011001110 , 064_1011001101
065_1011001011 , 066_1011000111 , 067_1010111010 , 068_1010111001 , 069_1010110110 , 070_1010110101 , 071_1010110011 , 072_1010101110
073_1010101101 , 074_1010101011 , 075_1010100111 , 076_1010011101 , 077_1010011011 , 078_1010010111 , 079_1001110110 , 080_1001110101
081_1001110011 , 082_1001101110 , 083_1001101101 , 084_1001101011 , 085_1001100111 , 086_1001011101 , 087_1001011011 , 088_1001010111
089_1000111011 , 090_1000110111 , 091_0111011100 , 092_0111011010 , 093_0111011001 , 094_0111010110 , 095_0111010101 , 096_0111010011
097_0111001110 , 098_0111001101 , 099_0111001011 , 100_0111000111 , 101_0110111010 , 102_0110111001 , 103_0110110110 , 104_0110110101
105_0110110011 , 106_0110101110 , 107_0110101101 , 108_0110101011 , 109_0110100111 , 110_0110011101 , 111_0110011011 , 112_0110010111
113_0101110110 , 114_0101110101 , 115_0101110011 , 116_0101101110 , 117_0101101101 , 118_0101101011 , 119_0101100111 , 120_0101011101
121_0101011011 , 122_0101010111 , 123_0100111011 , 124_0100110111 , 125_0011101110 , 126_0011101101 , 127_0011101011 , 128_0011100111
129_0011011101 , 130_0011011011 , 131_0011010111 , 132_0010111011 , 133_0010110111 , 134_0001110111 ,

>Damit ist die Frage beantwortet. Wie schön, daß es Computer gibt! Da muß man gar nicht mehr rechnen, sondern stattdessen einen Tag lang ein Programm schreiben.

30.12.2019, 00:17

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

Freude

beim Versuch unzulässig zu lange Kettenstücke zu eliminieren trat beim Permutieren das
Problem auf, dass manche Permutationen nicht brauchbar waren da sonst wieder andere, längere Ketten auftraten.
Und beim händisches Bearbeiten geht irgendwann der Überblick verloren.
Eigentlich wollte ich erst bei a.) alle 252 Folgen programmieren und dann die unzulässigen
eliminieren, was auf dem TR aber zu langwierig ist.

Nur gut, dass es User gibt die am Sonntag auch nix zu tun haben. Augenzwinkern

Augenzwinkern

30.12.2019, 09:38

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

@ Ulrich Ruhnau
Ich weiß nicht, was du mit deinen Äußerungen sagen willst. Die Fibonacci-Rekursion berechnet jedenfalls genau das, was ich dort gesagt habe. Da sie aber zuviel 10-Tupel berechnet, müßte man die überschießenden wieder abziehen. Diese überschießenden von Hand zu zählen, ist aber auch nicht einfacher, als gleich von unten zu zählen.

Ich betrachte daher 10-Tupel aus genau 5 Nullen und 5 Einsen, bei denen eine Ziffer höchstens zweimal aufeinander folgt. Ich teile sie nach der Struktur ihrer Einsen in Gruppen ein. Mit P bezeichne ich ein Paar 11, mit E ein Einzelnes 1. So gehört zum Beispiel 1101001100 zu PEP. Einfach die Nullen wegdenken. Vor, hinter und zwischen den Buchstaben sind Räume, hier mit einem Stern oder Punkt gekennzeichnet: *P.E.P*, die Punkte stehen für Zwischenräume, die Sterne für Vorder- beziehungsweise Hinterraum.

1. Typ: Fünf Einzelne, also EEEEE. Von diesem Typ gibt es 1 Sorte.

Zum Trennen fügen wir in den Zwischenräumen Nullen ein: E0E0E0E0E. Vier Nullen sind verbraucht, die fünfte Null kann man einem der 6 Räume zuweisen, das sind 6 Möglichkeiten.

Vom 1. Typ gibt es daher $\begin{align*} 1 \cdot 6 = 6 \end{align*}$ Möglichkeiten.

2. Typ: Ein Paar, drei Einzelne, zum Beispiel EPEE. Von diesem Typ gibt es 4 Sorten (je nachdem, an welcher Stelle P steht).

Zum Trennen fügen wir in den Zwischenräumen Nullen ein: E0P0E0E. Drei Nullen sind verbraucht, die zwei restlichen Nullen kommen auf den Vorder- oder Hinterraum: 2 Möglichkeiten, oder werden getrennt zweien der fünf Räume zugewiesen: $\begin{align*} {5 \choose 2} = 10 \end{align*}$ Möglichkeiten. Zusammen also 2+10=12 Möglichkeiten.

Vom 2. Typ gibt es daher $\begin{align*} 4 \cdot 12 = 48 \end{align*}$ Möglichkeiten.

3. Typ: Zwei Paare, ein Einzelnes, zum Beispiel EPP. Von diesem Typ gibt es 3 Sorten (je nachdem, an welcher Stelle E steht).

Zum Trennen fügen wir in den Zwischenräumen Nullen ein: E0P0P. Zwei Nullen sind verbraucht. Von den restlichen drei Nullen können zwei dem Vorder- oder Hinterraum zugewiesen werden (2 Möglichkeiten), die dritte einem der restlichen drei Räume (3 Möglichkeiten), also $\begin{align*} 2 \cdot 3 = 6 \end{align*}$ Möglichkeiten. Oder die drei Nullen werden getrennt dreien der vier Räume zugewiesen: $\begin{align*} {4 \choose 3} = 4 \end{align*}$ Möglichkeiten. Zusammen also 6+4=10 Möglichkeiten.

Vom 3. Typ gibt es daher $\begin{align*} 3 \cdot 10 = 30 \end{align*}$ Möglichkeiten.

Nun zählen wir die Ergebnisse für die drei Typen zusammen: 6+48+30=84 Möglichkeiten.

Damit ist a) gelöst.

30.12.2019, 10:18

Ulrich Ruhnau

Auf diesen Beitrag antworten »

Auch wenn ich das Problem numerisch gelöst habe, so denke ich immer noch über eine theoretische Lösung nach. Mein jetziger Ansatz für Aufgabe a ist, daß ich zwei Münzwürfe zu einer austauschbaren Einheit zusammenfasse. Es gibt da 4 mögliche Sequenzen, die dann mit jeweils 2 bis 3 Sequenzen fortgesetzt werden können.

$\begin{eqnarray*} \begin{matrix}a=00\begin{cases}10=\bar b\\11=\bar a\end{cases}\\b=01\begin{cases}00=a\\01=b\\10=\bar b\end{cases}\\\bar b=10\begin{cases}01=b\\10=\bar b\\11=\bar a\end{cases}\\\bar a=11\begin{cases}00=a\\10=b\end{cases}\end{matrix} \end{eqnarray*}$

Ab hier kann man überlegen, ob sich eine Systematik erkennen läßt. Diesen Ansatz habe ich entwickelt, als ich Leopolds Antwort noch nicht kannte. Aber ich will ihn trotz dem weiterentwickeln. Die Anzahl der Möglichkeiten bei 10 Münzwürfen unter diesen Bedingungen 5 mal Zahl zu werfen sei F(10,5):

$\begin{eqnarray*} F(10,5)=F_{00}(8,5)+F_{01}(8,4)+F_{10}(8,4)+F_{11}(8,3) \end{eqnarray*}$

Die beiden Indizes, geben die jeweils letzten Münzwürfe an, der erste Parameter gibt die noch auszuführenden Münzwürfe an und der zweite Parameter bezeichnet die noch zu erbringenden Zahl-Würfe.

$\begin{eqnarray*} F_{00}(8,5)=F_{10}(6,4)+F_{11}(6,3) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} F_{01}(8,4)=F_{00}(6,4)+F_{01}(6,3)+F_{10}(6,3) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} F_{10}(8,4)=F_{01}(6,3)+F_{10}(6,3)+F_{11}(6,2) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} F_{11}(8,3)=F_{00}(6,3)+F_{01}(6,2) \end{eqnarray*}$

Das rekursiv fortzusetzen fällt schwer. Es würde darauf hinauslaufen, ein weiteres Programm zu schreiben. Ich müßte verallgemeinerte Formeln entwickeln und Abbruchbedingungen. Weil es schon Lösungen gibt, breche ich das hier ab.

30.12.2019, 13:06

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
Extra für dieses Problem habe ich ein Programm geschrieben, das mir alle 84 Möglichkeiten für Aufgabenteil a darstellt.

Wenn ich mir deine Tabelle anschaue, so hat jede Sequenz mindestens ein Duo. Den Aufgabentext hätte ich aber so interpretiert, dass auch Sequenzen ohne jegliches Duo wie z.B. 0101010101 zulässige Sequenzen sind. Das sollte der Fragesteller noch mal klären.

30.12.2019, 13:20

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

@ Huggy
Nr. 63.

30.12.2019, 13:25

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Stimmt! Ich hätte die Tabelle sorgfältiger lesen sollen.

30.12.2019, 17:42

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Dopap
ergo:

a.) keine TRIOS oder höher und höchstens 2 DUOS

dem wurde nicht widersprochen.

31.12.2019, 08:09

Ulrich Ruhnau

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo Huggy,

Meine Tabellen sind außerdem sortiert. Wenn man die Dualfolgen als Dualzahlen interpretiert, kommen die Zahlen nach Größe sortiert in absteigender Reihenfolge. Bei der ersten Folge entspricht die letzte Zahl dem Kompliment der ersten, die vorletzte dem Kompliment der zweiten usw.. D.h. 63 entspricht 22.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »