5 Knöpfe - wieviele Kombinationen

10.09.2022, 18:57

Pippen

5 Knöpfe - wieviele Kombinationen

Es gibt fünf Knöpfe A, B, C, D, E. Wenn man die richtigen Knöpfe drückt, dann gewinnt man. Die richtige Kombination kann alles sein, auch zB nur A oder (A und B) bis hin, dass man alle 5 Knöpfe drücken muss. Bei nur zwei Knöpfen gäbe es zB die Kombinationen: A, B, AB. Bei dreien: A,B,C, AB, AC, ABC. Wie viele gibt es bei 5 und vor allem, wie kommt man drauf?

10.09.2022, 19:00

HiBee123

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RE: 5 Knöpfe - wieviele Kombinationen
Müsste es bei Dreien nicht auch die Variante CB geben?

10.09.2022, 19:07

HAL 9000

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Die Anzahl aller Teilmengen einer Menge vom Umfang $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist gleich $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ . Da ist allerdings auch die leere Menge mit dabei - wenn wir die mal nicht mit rechnen bleiben $\begin{eqnarray*} 2^n-1 \end{eqnarray*}$ .

Bei 5 Knöpfen ergibt das $\begin{eqnarray*} 2^5-1=31 \end{eqnarray*}$ Kombinationen.

10.09.2022, 19:24

Pippen

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Wie kommt man darauf? Tust du es für 2 und dann drei Knöpfe durchspielen und dann extrapolierst du einfach das Muster? Weil so versuche ich es immer.

@hibee: du hast natürlich recht.

10.09.2022, 19:36

HAL 9000

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Na wer immer solche abgehobenen (um nicht zu sagen "spinnerten") Threads hier einstellt, sollte sich mal bei den Niederungen der Grundlagen-Kombinatorik nicht so anstellen. Augenzwinkern

Ok, im Ernst: Jede Tastenkombination entspricht einer nichtleeren Teilmenge der Tastenmenge. Das war's, der Rest ist Grundlagenwissen der Kombinatorik.

10.09.2022, 19:53

Leopold

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Zitat:

Original von HAL 9000
... sollte sich mal bei den Niederungen der Grundlagen-Kombinatorik nicht so anstellen. Augenzwinkern

Das paßt zu meiner Ferndiagnose.

10.09.2022, 20:32

Pippen

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Die ist (leider) auch richtig, Leopold. Mich interessieren die Grundlagen und Fragen, was die Mathematik „im Innersten zusammenhält“, ich komme zu kaum mehr, weil das „dort unten“ so dunkel und schwierig ist, dass ich dafür alle Kraft &Zeit brauche.

10.09.2022, 21:26

klauss

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@Pippen:
Ich weiß nicht, ob HAL 9000 gewillt ist, Dir noch erschöpfendere Auskunft zum Rechenweg zu geben. Zumindest sollte

Zitat:

Original von HiBee123
Müsste es bei Dreien nicht auch die Variante CB geben?

nicht unwidersprochen bleiben, damit Du Deine irrige Zustimmung

Zitat:

@hibee: du hast natürlich recht.

revidieren kannst.

Falls genau k Knöpfe richtig sind (k $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ {1,2,3,4,5}), wird die richtige Möglichkeit nur durch die k-elementigen Teilmengen der Grundmenge $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ={A,B,C,D,E} erfaßt.
Selbstverständlich werden daraus nicht wie in Deinen ursprünglichen Beispielen sich wiederholende Untermengen mit weniger als k Elementen gebildet.

10.09.2022, 21:54

HiBee123

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Ich glaube die Aufgabe war so gemeint:

Man hat ein Board mit k Knöpfen, jeder dieser Knöpfe kann gedrückt oder ungedrückt sein, wie viel Möglichkeiten gibt es?

Wenn man k Elemente aus der Menge {A,B,C,D,E} wählen würde, würde doch auch HALs Formel nicht mehr stimmen. für k=2 hätte man nicht mehr 3 Elemente, sondern {A,B},{A,C},{A,D},{A,E} usw, jedenfalls mehr als 3.

10.09.2022, 22:15

klauss

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Mir scheint, Du benutzt den Begriff "Elemente" mehrdeutig.
Wenn man aus {A,B,C,D,E} k-elementige Teilmengen bildet, ist die Anzahl der Elemente der Teilmengen natürlich immer k.
Die Anzahl der k-elementigen Teilmengen ist $\begin{eqnarray*} \binom{5}{k} \end{eqnarray*}$ .

10.09.2022, 22:17

HiBee123

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Ach ja.

Danke für den Hinweis. Ich muss zukünftig exakter werden.

11.09.2022, 02:04

Pippen

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Also es geht darum: ich bin Pförtner in einem Betrieb und da gibt es einen Wasserspender, der manchmal nicht funktioniert. Der Wasserspender hat 5 Knöpfe, zB für Sprudelwasser oder stilles Wasser usw. Jüngst hat mir ein Kollege erklärt, dass ich den zweiten und fünften Knopf gleichzeitig gedrückt halten muss, damit der Spender wieder hochfährt und man anschließend wieder normal Wasser bekommt. Ich habe mich nun gefragt: hätte ich das auch selbst durch Ausprobieren herausbekommen können, d.h. durch Drücken aller möglichen Knopfkombinationen oder hätte das wegen der Zahl an Kombinationen Jahre gedauert?

Da ich in der Kombinatorik sehr wenig weiß, so gehe ich immer so vor:

1. Ich bilde das kleinstmögliche Beispiel und dann das nächsthöhere, manchmal auch das daraufhin nächsthöhere, hier also

- ein Knopf A => 1 Kombination (A)
- zwei Knöpfe A, B => 3 Kombinationen (A, B, AB gleichzeitig gedrückt)
- drei Knöpfe A, B, C => 7 Kombinationen (A, B, C, AB, AC, BC, ABC)

2. Jetzt schaue ich auf das Muster aus den Beispielen von 1. und schließe: vom ersten zum zweiten Knopf verdreifachen sich die Kombinationen, vom zweiten zum dritten etwas mehr als verdoppeln sie sich nur noch, also kann man schätzen, dass sie sich vom dritten zum vierten nur noch verdoppeln, also von 7 auf 14, um dann vom vierten zum fünften Knopf sich etwas weniger als zu verdoppeln, also von 14 auf ca. 27. HAL bestätigte mir, dass diese Schätzung wohl gut war. Wäre mein IQ höher und mein kombinatorisches Wissen größer, dann hätte ich wahrscheinlich die Formel 2^n-1 „gesehen“, aber ich bin mir immer unsicher, woher ich weiß, dass da wirklich dieses „lineare“ Muster ist und nicht vielleicht eines, was auf einmal springt, so dass ich mich böse vertun würde. MaW: Wenn ich aufgrund meiner Experimentierbeispiele aus 1. auf die Formel 2^n-1 käme, woher wüßte ich bzw. ihr, dass diese Formel auch für n = 5 oder 17 oder 23.456 gilt? Wäre das ein Anwendungsfall für einen Induktionsbeweis und wie genau würde hier die Induktionsbehauptung lauten?

11.09.2022, 07:26

Elvis

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Das ist nun ein ganz anderes Problem geworden als man es zu Anfang hätte vermuten können. Es geht nicht nur darum, k aus 5 zu wählen mit 1<=k<=5, sondern es geht um die Bedienung eines Automaten.
Wenn das kombinatorische Problem klar ist, muss man etwas von Kombinatorik verstehen oder jemanden kennen, der etwas von Kombinatorik versteht. Die Lösungsformeln für kombinatorische Probleme sind nicht sehr kompliziert, man schlägt in einem Buch nach oder findet sie bei Wikipedia.
Wenn man einen Automaten bedienen möchte, muss man genau wissen, wie der Automat zu bedienen ist. Ohne Bedienungsanleitung hast du als Pförtner keine Chance, und wenn du den Knopf A drückst, beißt er dir die Hand ab. Teufel

Danach hast du noch einen Versuch oder musst Kollegen probieren lassen.

11.09.2022, 07:27

HAL 9000

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@HiBee123 & klauss

Ich verstehe nicht, was die Diskussion soll mit den genau k-elementigen Teilmengen: Pippen hat hier

Zitat:

Original von Pippen
Bei dreien: A,B,C, AB, AC, ABC.

doch klar kenntlich gemacht, dass alle nichtleeren Teilmengen gemeint sind (Ok, BC wurde wohl vergessen), d.h., nicht nur die einer bestimmten Größe.

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@Pippen

Also gut, wenn dir das

Zitat:

Original von HAL 9000
Die Anzahl aller Teilmengen einer Menge vom Umfang $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist gleich $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ .

nicht bekannt ist, das ganze am Beispiel der fünf Tasten A-E nochmal haarklein erläutert:

A kann gedrückt werden oder nicht --> 2 Möglichkeiten
B kann gedrückt werden oder nicht --> 2 Möglichkeiten
C kann gedrückt werden oder nicht --> 2 Möglichkeiten
D kann gedrückt werden oder nicht --> 2 Möglichkeiten
E kann gedrückt werden oder nicht --> 2 Möglichkeiten

All diese 5 Entscheidungen können beliebig miteinander kombiniert werden, das ergibt $\begin{eqnarray*} 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2 = 2^5 = 32 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten der kombinierten Tastenwahl. Allerdings ist bei dieser Zählung auch die eine Kombination dabei, wo alle fünf Tasten nicht gedrückt werden, die müssen wir rausnehmen.

Streng formal kann man einen Beweis per Vollständiger Induktion über $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ meiner oben angegeben Aussage durchführen. Das wäre doch mal eine Übung für dich, d.h., sofern dir das Beweisprinzip der Vollständigen Induktion bekannt ist.

11.09.2022, 12:01

klauss

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Zitat:

Original von HAL 9000
Ich verstehe nicht, was die Diskussion soll mit den genau k-elementigen Teilmengen

Hat sich jetzt aufgeklärt: Ich habe schlicht die Beispiele von Pippen von Anfang an falsch verstanden. Ich bin davon ausgegangen, dass fest 5 Knöpfe vorhanden sind und dann mit

Zitat:

Original von Pippen
Bei nur zwei Knöpfen gäbe es zB die Kombinationen: ...
Bei dreien: ...

die Möglichkeiten abgezählt werden sollen, wenn 2, 3 Knöpfe gedrückt werden müssen. Deshalb habe ich mich gewundert, dass immer wieder "niedere" Teilmengen aufgezählt wurden.
Gemeint waren stattdessen die Möglichkeiten, wenn 2, 3 Knöpfe vorhanden sind. Somit hat HiBee123 natürlich auch Recht gehabt.

War vielleicht ein recht dickes Brett vorm Kopf.

11.09.2022, 16:22

HiBee123

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@HAL 9000
Ja genau. und ich wollte nur kurz erklären, dass es eben nicht um k-elemtige Teilmengen geht.

(Bitte um Entschuldigung für diesen Sinnlosen Beitrag, aber da die Frage direkt an mich adressiert war, fand ich es irgendwie unhöflich nicht zu antworten... Ich hoffe das ist okay.)

11.09.2022, 16:53

Pippen

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Zitat:

Original von HAL 9000

@Pippen

Also gut, wenn dir das

Zitat:

Original von HAL 9000
Die Anzahl aller Teilmengen einer Menge vom Umfang $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist gleich $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ .

Ah, ein Licht geht auf, das verstehe ich. Augenzwinkern

Zitat:

Streng formal kann man einen Beweis per Vollständiger Induktion über $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ meiner oben angegeben Aussage durchführen. Das wäre doch mal eine Übung für dich, d.h., sofern dir das Beweisprinzip der Vollständigen Induktion bekannt ist.

Wie würde denn die Induktionsbehauptung lauten? Das ist bisher mein größtes Problem. Sie muss wohl lauten: Wenn ???, dann 2^n - 1, aber wie lautet der Antecedens? Alltagssprachlich formuliert: aus n Knöpfen folgen IMMER 2^n - 1 Kombinationen, wie man die Knöpfe drücken kann.

12.09.2022, 00:28

Finn_

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Soweit ich weiß, braucht man da eine rekursive Konstruktion des Objektes, das gezählt werden soll. Man legt üblicherweise einen Wert fest und schaut, was festzulegen verbleibt und wie beides zum ursprünglichen Objekt zusammengefügt wird. Über diese Dekonstruktion lässt sich anschließend der induktive Beweis der gefundenen Formel zur Anzahl führen.

Bei deinem Problem liegt pro Schalter die binäre Möglichkeit ausgelassen/gedrückt bzw. 0/1 vor. Sei also $\begin{eqnarray*} B:=\{0,1\}. \end{eqnarray*}$ Sind die fünf Schalter der Reihe nach angeordnet, handelt es sich schlicht um eine Binärfolge der Länge fünf. Du kannst den ersten Schalter festlegen und damit $\begin{eqnarray*} B^5 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \{0\}\times B^4 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \{1\}\times B^4 \end{eqnarray*}$ dekonstruieren. Oder du setzt die rekursive Definition

$\begin{eqnarray*} B^0 := \{()\},\quad B^n := B\times B^{n-1}. \end{eqnarray*}$

als gegeben voraus. Mit $\begin{eqnarray*} () \end{eqnarray*}$ ist hierbei das leere Tupel gemeint. Nun ist $\begin{eqnarray*} |B^n| = 2^n \end{eqnarray*}$ zu zeigen. Der Induktionsanfang in $\begin{eqnarray*} n=0 \end{eqnarray*}$ ist klar, nur das leere Tupel. Der Induktionsschritt ist

$\begin{eqnarray*} |B^n| = |B\times B^{n-1}| = |B|\cdot|B^{n-1}| \stackrel{\mathrm{IV}}= 2\cdot 2^{n-1} = 2^n. \end{eqnarray*}$

Hiermit findet sich schließlich

$\begin{eqnarray*} |B^5\setminus\{(0,0,0,0,0)\}| = |B^5| - 1 = 2^5-1. \end{eqnarray*}$

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