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| Aufgabe 1 | | Bei einer Quizshow duerfen 3 Personen mitspielen. Sie werden aus 161 Zuschauerinnen und 119 Zuschauern ausgesucht. Wieviele Moeglichkeiten gibt es, eine Zuschauerin und zwei Zuschauerinnen auszusuchen? |
| Aufgabe 2 | | Wieviele Teilmengen mit hoechstens 4 Elementen hat die menge {i [mm] \in \IN [/mm] | 1 [mm] \le [/mm] i [mm] \le [/mm] 10}? |
| Aufgabe 3 | Wieviele Passwoerter der Laenge 5, in denen mindestens ein Gross- und ein Kleinbuchstabe, sowie mindestens eine ZIffer und ein Sonderzeichen vorkommen, sind moeglich?
(26 klein Buchstaben, 26 gross Buchstabe, 10 arabische Ziffern, 33 Sonederzeichen) |
| Aufgabe 4 | | Wieviele Passwoerter mit hoechstens 5 Zeichen aus paarweise verschiedenen Buchstaben sind moeglich? |
| Aufgabe 5 | | Wieviele Passwoerter der Laenge 5 die ein Sonderzeichen und ansonsten nur Buchstaben enthalten sind moeglich |
Hallo ich habe hier ein paar Aufgaben gerechnet und brauche jemanden der schnell nachvollzieht ob mein Loesungsweg richtig ist, es waere insbesondere Nett wenn ihr nicht nur den Loesungsweg ueberprueft sondern auch die Ergebnisse nochmal schnell nach rechnet, bitte keine fertigen Loesungen fuer mich hinschreiben. Vielen Dank!:
Aufgabe1:
Man sucht eine Zuschauerin aus = 161 Moeglichkeiten
man sucht zwei Zuschauer aus = 119 Moeglichkeiten *118 Moeglichkeiten= 14042 Moeglichkeiten.
Also 14042 Moeglichkeiten * 161 Moeglichkeiten = 2260762 Moeglichkeiten?
Aufgabe 2:
Ich dachte mir ich errechne die Kombinationen fuer die einzelnen Teilmegen (4 Elemente, 3 Elemente, 2 Elemente, 1 Element) und addiere diese Spaeter:
4 Elemente: 10*9*8*7 = 5040
3 Elemente: 10*9*8 = 720
2 Elemente: 10*9 = 90
1 Element: 10 = 10
------------------------------------------
5860
Richtig ?
Aufgabe 3:
Ich dachte mir das so #kleinBuchstaben * #grossbuchstaben * #sonderzeichen * #ziffern * #allerZeichen * 5!
also die Moeglichkeiten fuer die verschiedenen Kombinationen mal 5! fuer die die Moeglichkeiten der verschiedenen Anordnungen ergibt bei mir:
37581762556
Aufgabe 4:
Ich dachte mir das so:
Ich rechne fuer jede Passwort Laenge:
(n*(n-1)*....*(n-(Passwortlaenge-1))) * (Passwortlaenge!)
und addiere die Ergebnisse auf also konkret:
Laenge: 1: 52 * 1 = 52
Laenge: 2: 51*52*2*1 = 5304
usw...............
das wuerde dann bei mir 37 581 762 556
ergeben.
Aufgabe 5:
Ich dachte mir das so #Sonderzeichen * [mm] #Buchstaben^{4} [/mm] * 5!
also konkrete [mm] 33*52^{4}*5! [/mm]
ergibt bei mir 28953999360
korrekt?
Vielen Dank an denjenigen der sich die Zeit nimmt das nachzuvollziehen.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:00 So 30.10.2011 | | Autor: | barsch |
Hallo,
vielleicht hilft dir dies hier weiter: ![[]](/images/popup.gif) Siehe hier.
Z.B. zu Aufgabe 1:
> Bei einer Quizshow duerfen 3 Personen mitspielen. Sie
> werden aus 161 Zuschauerinnen und 119 Zuschauern
> ausgesucht. Wieviele Moeglichkeiten gibt es, eine
> Zuschauerin und zwei Zuschauerinnen auszusuchen?
Das ist doch "fast wie Lotto" spielen:
Es ist also: [mm]\vektor{161 \\
1}*\vektor{119 \\
2}[/mm].
Mit diesem Wissen solltest du deine anderen Antworten noch einmal überdenken.
Gruß
barsch
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Ich verstehe deine Antwort gerade nicht genau das was du geschrieben hast ist doch genau das was ich gerrechnet habe.
in diesem fall wird der binominalkoeffizent mit der formel fuer ziehen ohne zuruecklegen
ohne beachtung der reihenfolge ausgewertet also
[mm] \bruch{n!}{(n-k)!}
[/mm]
konkret:
[mm] \pmat{ 161 \\ 1} [/mm] * [mm] \pmat{ 119 \\ 2} [/mm] = [mm] \bruch{161!}{(161-1)!} [/mm] * [mm] \bruch{119!}{(119-2)!} [/mm] = (161) * (119*118) = 161 * 14042 = 2260762
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:35 So 30.10.2011 | | Autor: | barsch |
![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]") Du hast natürlich recht!
> Ich verstehe deine Antwort gerade nicht genau das was du
> geschrieben hast ist doch genau das was ich gerrechnet
> habe.
>
> in diesem fall wird der binominalkoeffizent mit der formel
> fuer ziehen ohne zuruecklegen
> ohne beachtung der reihenfolge ausgewertet also
>
> [mm]\bruch{n!}{(n-k)!}[/mm]
>
> konkret:
>
> [mm]\pmat{ 161 \\
1}[/mm] * [mm]\pmat{ 119 \\
2}[/mm] = [mm]\bruch{161!}{(161-1)!}[/mm] * [mm]\bruch{119!}{(119-2)!}[/mm] = (161) * (119*118) = 161 * 14042 = 2260762
Ich kam - warum auch immer - auf ein anderes Ergebnis und hatte dann einfach dein Ergebnis (und damit dein Vorgehen) als falsch abgestempelt. [mm] [lam_2]
[/mm]
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 19:02 So 30.10.2011 | | Autor: | robinschmuhu |
Kein Problem der Link hat mir trotzdem geholfen . Jetzt brauechte ich nur noch jemanden der sich das Nochmal angeguckt bei der Teilmengen Aufgabe habe ich schon herausgefunden das meine Anwort falsch ist. Wo der Fehler liegt weiss ich leider nicht
Ich hab halt nur die Fromel gefunden [mm] |P(X)|=2^{|X|} [/mm]
konkret:
[mm] 2^{10} [/mm] = 1024 ich wuesst halt nur gerne warum bei meinem Kombinatorischen Ansatz was anderes rauskommt.
MFG schmuhu
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:36 Mo 31.10.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Robin,
auch hierzu: siehe die neue Antwort auf Deine Eingangsfrage.
(Die entsteht aber erst ab jetzt)
Grüße
reverend
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:12 So 30.10.2011 | | Autor: | barsch |
Dann will ich mal versuchen meinen Fauxpas wieder wett zu machen
> Aufgabe1:
>
> Man sucht eine Zuschauerin aus = 161 Moeglichkeiten
>
> man sucht zwei Zuschauer aus = 119 Moeglichkeiten *118
> Moeglichkeiten= 14042 Moeglichkeiten.
>
>
> Also 14042 Moeglichkeiten * 161 Moeglichkeiten = 2260762
> Moeglichkeiten?
>
Die haben wir ja nun - mit ein paar Anlaufschwierigkeiten - hinbekommen.
> Aufgabe 2:
>
> Ich dachte mir ich errechne die Kombinationen fuer die
> einzelnen Teilmegen (4 Elemente, 3 Elemente, 2 Elemente, 1
> Element) und addiere diese Spaeter:
>
> 4 Elemente: 10*9*8*7 = 5040
> 3 Elemente: 10*9*8 = 720
> 2 Elemente: 10*9 = 90
> 1 Element: 10 = 10
> ------------------------------------------
> 5860
>
> Richtig ?
Ja, wenn jede Zahl wirklich nur einmal vorkommen kann.
Wenn jede Zahl mehrmals vorkommen kann, dann gibt es doch zum Beispiel für 4 Elemente 10*10*10*10-Möglichkeiten.
> Aufgabe 4:
>
> Ich dachte mir das so:
>
> Ich rechne fuer jede Passwort Laenge:
>
> (n*(n-1)*....*(n-(Passwortlaenge-1))) * (Passwortlaenge!)
>
> und addiere die Ergebnisse auf also konkret:
>
> Laenge: 1: 52 * 1 = 52
> Laenge: 2: 51*52*2*1 = 5304
>
>
> usw...............
> das wuerde dann bei mir 37 581 762 556
> ergeben.
Die Idee ist korrekt. Nachgerechnet habe ich aber nicht.
Zu Aufgabe 3 und 5 bewahre ich Stillschweigen. Du betrachtest die Permutationen mit 5!, obwohl in diesen Fällen eine Wiederholung eines oder mehrerer Zeichen möglich ist. Wenn du Aufgabe 5 betrachtest: Der Fall 1 Sonderzeichen und 4 Buchstaben. Hier würdest du den Fall AAAA? 5!-mal berücksichtigen, obwohl hier nur 5 mögliche Fälle eintreten, nämlich:
AAAA?
AAA?A
AA?AA
A?AAA
?AAAA
Ich habe eine andere Lösung als du. Da ich aber bei meiner 1. Antwort bereits auf den Mund gefallen bin, bin ich lieber mal still.
Gruß
barsch
P.S.: Ich hege eine Aversion gegen die Kombinatorik und Stochastik. Und nachdem ich jetzt schon ein paar Mal derbe daneben gelegen habe bei der Beantwortung dieser Aufgabe, werde ich ab sofort nie wieder eine Aufgabe dieser Art bearbeiten. Sorry, robinschmuhu. Ich befürchte, wirklich weiterhelfen konnte ich dir nicht...
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 19:59 So 30.10.2011 | | Autor: | robinschmuhu |
Leider ist die Anmerkung zu Teilmengen Loesung auch nicht richtig wir haben und die "Lottoziehung" von Personen ist auch nur durch Zufall richtig.
Erstmal zur Ziehung der Personen wie ich schon gesagt hatte betrachten wir das Ziehen ohne Zuruecklegen ohne Beachtung der Reihenfolge:
{a,b} = {b,a}
fuer diese Ziehung muss aber folgende Formel gelten:
[mm] \bruch{n!}{(n-k)!k!} [/mm]
also fuer
[mm] \pmat{ 161 \\ 1 } [/mm] * [mm] \pmat{119 \\ 2} [/mm] gilt
[mm] \bruch{161!}{160! 1!} [/mm] + [mm] \bruch{119!}{117!2!}
[/mm]
also 161 * [mm] \bruch{119*118}{2!} [/mm] = 161*7021 = 1130381
also genau die haelfte dessen was wir vorher ausgerechnet hatten da wir vorher bei zwei gleichen "Ziehungen" die Reihenfolge beachtet haben und jede Ziehung die die gleichen Elemente enthielt zweimal in Abhaengigkeit ihrer Reihenfolge gewertet wurden.
Die Loesung fuer die Teilmengen ist aus dem gleichen Grund falsch:
Auch hier muss gelten:
[mm] \bruch{n!}{(n-k)!k!} [/mm]
daraus ergeben sich die Werte:
1 Elementige Teilmenge: 10
2 Elementige Teilmenge: 45
3 Elementige Teilmenge: 120
4 Elementige Teilmenge: 210
= 385
Die Richtigkeit dieser Rechnung laesst sich ohne Probleme Nachweisen wenn man das ganze bis 10 durchfuehrt (Jede Menge hat sich selbst als Teilmenge) und noch 1 dazu addiert da jede Menge ausserdem die leere Menge als Teilmenge enthaelt;
Wenn man das macht erhaelt man genau 1024 entsprechend der Formel: [mm] |P(X)|=2^{|X|}
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:34 Mo 31.10.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Robin,
ich schreibe mal eine neue Antwort auf Deinen Eingangspost und stelle mit dieser Mitteilung Deine Frage mal auf "beantwortet"; sonst machen wir uns hier im Forum doppelte Arbeit, wenn jemand anders an dieser Stelle in den Diskussionsstrang einsteigt.
Bis gleich also,
reverend
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Hallo Robin,
den meisten geht es so wie barsch, mir oft auch. Kombinatorik ist irgendwie immer mühsam, weil sie a) so viele Fallen bereit hält und b) meist keine einfache Probe möglich ist. Beim Integrieren hast Du so gut wie immer einen leichten Weg, das Ergebnis zu prüfen, selbst bei linearer Algebra gibt es meist einen zweiten Weg. In der Kombinatorik gibt es zwar sogar fast immer einen zweiten Weg, aber fast unweigerlich ist einer der Wege eher bequem und der andere ausnehmend lästig. Man wählt also den ersten und will dann den zweiten nicht auch noch gehen, um den ersten zu überprüfen.
Mit dieser Vorrede dann also mal an die Aufgaben: 
> 1)Bei einer Quizshow duerfen 3 Personen mitspielen. Sie
> werden aus 161 Zuschauerinnen und 119 Zuschauern
> ausgesucht. Wieviele Moeglichkeiten gibt es, eine
> Zuschauerin und zwei Zuschauerinnen auszusuchen?
>
> 2) Wieviele Teilmengen mit hoechstens 4 Elementen hat die
> menge [mm]\{i\in \IN |1\le i\le 10\}[/mm]?
>
> 3)Wieviele Passwoerter der Laenge 5, in denen mindestens ein
> Gross- und ein Kleinbuchstabe, sowie mindestens eine ZIffer
> und ein Sonderzeichen vorkommen, sind moeglich?
> (26 klein Buchstaben, 26 gross Buchstabe, 10 arabische
> Ziffern, 33 Sonederzeichen)
>
> 4) Wieviele Passwoerter mit hoechstens 5 Zeichen aus
> paarweise verschiedenen Buchstaben sind moeglich?
>
> 5) Wieviele Passwoerter der Laenge 5 die ein Sonderzeichen
> und ansonsten nur Buchstaben enthalten sind moeglich
>>
> Aufgabe1:
>
> Man sucht eine Zuschauerin aus = 161 Moeglichkeiten
>
> man sucht zwei Zuschauer aus = 119 Moeglichkeiten *118
> Moeglichkeiten= 14042 Moeglichkeiten.
>
> Also 14042 Moeglichkeiten * 161 Moeglichkeiten = 2260762
> Moeglichkeiten?
Wie schon festgestellt, ist das Ergebnis halb so groß: [mm] \vektor{161\\1}\vektor{119\\2}=1130381 [/mm]
> Aufgabe 2:
>
> Ich dachte mir ich errechne die Kombinationen fuer die
> einzelnen Teilmegen (4 Elemente, 3 Elemente, 2 Elemente, 1
> Element) und addiere diese Spaeter:
>
> 4 Elemente: 10*9*8*7 = 5040
> 3 Elemente: 10*9*8 = 720
> 2 Elemente: 10*9 = 90
> 1 Element: 10 = 10
> ------------------------------------------
> 5860
>
> Richtig ?
Nein, aber auch das hast Du ja schon festgestellt.
[mm] \summe_{k=0}^{4}\vektor{10\\k}=1+10+45+120+210=386
[/mm]
Das widerspricht in keiner Weise der Formel [mm] \summe_{k=0}^{n}\vektor{n\\k}=2^n, [/mm] die für n=10 auf das Ergebnis 1024 führt.
Dieses wäre nur dann richtig, wenn alle möglichen Teilmengen gesucht würden (also die Potenzmenge), nämlich auch die mit 5,6,7,8,9 und 10 Elementen.
Man kann sich das Wissen um diese Gesamtsumme aber zunutze machen, indem die Zahl der max. 4-elementigen Teilmengen wie folgt berechnet wird:
[mm] \bruch{1}{2}\left(2^{10}-\vektor{10\\5}\right)=\bruch{1}{2}(1024-252)=386
[/mm]
Für diese Rechnung ist außerdem die Identität [mm] \vektor{n\\k}=\vektor{n\\n-k} [/mm] angewandt worden.
> Aufgabe 3:
>
> Ich dachte mir das so #kleinBuchstaben * #grossbuchstaben *
> #sonderzeichen * #ziffern * #allerZeichen * 5!
>
> also die Moeglichkeiten fuer die verschiedenen
> Kombinationen mal 5! fuer die die Moeglichkeiten der
> verschiedenen Anordnungen ergibt bei mir:
>
> 37581762556
Nein, das ist zu einfach angesetzt. Eine besondere Betrachtung zu den beiden Zeichen, die aus der gleichen Kategorie stammen, ist hier noch angesagt. Nehmen wir als Beispiel nur einmal die Kombinationen, die 2 Ziffern enthalten.
Du zählst oben z.B. aA%35 mehrfach. aA% stammen aus den ersten drei Auswahlen, die von den ersten drei Faktoren repräsentiert werden. Dann aber kann die 3 aus dem Kontingent "Ziffern" oder aus dem Kontingent "alle Zeichen" stammen, die 5 dann entsprechend umgekehrt.
Wenn man nun aber einfach das ganze Ergebnis halbiert, liegt man immer noch nicht richtig. Die Auswahlverdopplung gilt zwar auch für die Ergebnisse mit zwei gleichen Zeichen (weiter das Beispiel Ziffern), also z.B. bB§77. Wieder ist nicht klar, welche 7 aus welchem Kontingent stammt. Zudem aber ist hier der Faktor 5! für die Anordnung nicht korrekt, sondern (nur für diese Fälle) zu halbieren.
Also ist Dein Ergebnis noch nachzukorrigieren:
1/2 *(#Kleinbuchstaben * #Großbuchstaben * #Sonderzeichen * #Ziffern * #alle.Zeichen * 5! - #Kombinationen.mit.zwei.gleichen.Zeichen)
Die Zahl der Kombinationen mit zwei gleichen Zeichen (noch ohne Anordnung) ist dabei natürlich 26*26*33*10*4. Die Zahl der möglichen Anordnungen beträgt [mm] \vektor{5\\2}*3!=60
[/mm]
Angeordnete Kombinationen mit zwei gleichen Zeichen gibt es also 26*26*33*10*4*60=53539200.
Die gesuchte Lösung der Aufgabe ist dann
[mm] \bruch{1}{2}(26^2*33*10*95*5!-26^2*33*10*4*60)=26^2*33*10*60*(95-2)=1.244.786.400
[/mm]
> Aufgabe 4:
>
> Ich dachte mir das so:
>
> Ich rechne fuer jede Passwort Laenge:
>
> (n*(n-1)*....*(n-(Passwortlaenge-1))) * (Passwortlaenge!)
>
> und addiere die Ergebnisse auf also konkret:
>
> Laenge: 1: 52 * 1 = 52
> Laenge: 2: 51*52*2*1 = 5304
>
>
> usw...............
> das wuerde dann bei mir 37 581 762 556
> ergeben.
Hm. Hier ist die Aufgabe undeutlich. Sind Klein- und Großbuchstaben zu unterscheiden? Ich denke eher nicht, aber der Rechenweg hängt davon nicht ab.
Die Auswahl soll "paarweise verschieden" sein; zwei gleiche Buchstaben sind in der Auswahl also nicht erlaubt.
Dann sind insgesamt [mm] \summe_{k=1}^{5}\vektor{n\\k}*k! [/mm] Passwörter möglich, nämlich keines mit null Zeichen Länge und ansonsten eben (n über k) Auswahlen in jeweils k! Anordnungen. Nach meiner Deutung müsste n=26 sein, nach Deiner n=52.
Ein Problem an der Aufgabe ist noch, dass man bei Deiner Deutung noch klären muss, ob ein "G" ausgewählt werden darf, wenn schon ein "g" enthalten ist und umgekehrt. Aber das lassen wir mal als Sonderproblem.
> Aufgabe 5:
>
> Ich dachte mir das so #Sonderzeichen * [mm]#Buchstaben^{4}[/mm] *
> 5!
>
> also konkrete [mm]33*52^{4}*5![/mm]
>
> ergibt bei mir 28953999360
Fast gut. Auch hier würde ich nur 26 Buchstaben annehmen, aber das ist ja diskutabel.
Nicht diskutabel ist der Faktor 5!. Er ist falsch.
Hier gehört nur eine 5 hin. Stells Dir so vor: erst wird festgelegt, wo das Sonderzeichen steht (eine von 5 Stellen), dann erst werden die Zeichen ausgewählt.
Wenn Du erst auswählst und dann anordnest, bekommst Du wieder das Problem mit zwei gleichen, drei gleichen, zweimal zwei gleichen Buchstaben. Das ist zu kompliziert (siehe Anfang dieses Posts).
> Vielen Dank an denjenigen der sich die Zeit nimmt das
> nachzuvollziehen.
Gern geschehen.
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Noch eins: teil solche Anfragen in Zukunft bitte von Anfang an in mehrere Threads auf, mit einer, höchstens zwei Aufgaben pro Thread. Sonst wird es leicht unübersichtlich, und die Aufgaben, Antworten und die Diskussion insgesamt unnötig lang.
Herzliche Grüße
reverend
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Vielen Dank reverend zwar konnte ich den Thread nicht mehr vor Abgabe einsehen hat mir aber trotzdem nochmal sehr beim Verstaendnis der Aufgaben geholfen.
Gruesse Schmuhu
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