Ungeord. Stichp.ohne Zurückleg < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:51 Do 23.02.2006 | | Autor: | Phoney |
| Aufgabe | Ein Ehepaar hat neun gute Bekannte, von denen fünf zum Essen eingeladen werden sollen.
Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn zwei Ehepaare nur zusammen kommen wollen? |
Hallo. Es ist immer noch das selbe Thema: ungeordnete Stichprobenziehung ohne Zurücklegen.
Wie gehe ich da nun ran? Meine Vermutung wäre, dass man zunächst einmal sieben (andere) Paare einladen könnte
[mm] \vektor{7 \\ 5} [/mm] = [mm] \bruch{7!}{5!(7-5)!} [/mm] = 21
Nun sind kommen zwei Ehepaare nur miteinander. D.h. von den 5 einzuladenen sind zwei gesetzt.
Nun kommen noch drei weitere Ehepaare von den restlichen fünf hinzu.
2 + [mm] \vektor{5 \\ 3} [/mm] = 2+ [mm] \bruch{5!}{3!(2)!} [/mm] = 2+10
= 12
Insgesamt also 32 Möglichkeiten.
Irgendwie ist das aber falsch. DA ich einfach nur geraten habe.
Grüße Phoney
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:31 Fr 24.02.2006 | | Autor: | Astrid |
Hallo erneut,
> Ein Ehepaar hat neun gute Bekannte, von denen fünf zum
> Essen eingeladen werden sollen.
> Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn zwei Ehepaare nur
> zusammen kommen wollen?
Ich gehe mal davon aus, dass das Paar neun bekannte Paare hat, von denen fünf Paare eingeladen werden sollen.
Nun gut, es sollen 5 von 9 Paaren insgesamt ausgewählt werden.
Deine Ansätze waren doch gar nicht so falsch! Die neun Paare teilen sich in zwei Gruppen auf:
Die 2 Paare, die nur zusammen kommen und die anderen 7 Paare.
Es gibt jetzt zwei Varianten:
Entweder
> Wie gehe ich da nun ran? Meine Vermutung wäre, dass man
> zunächst einmal fünf (andere) Paare einladen könnte
> [mm]\vektor{7 \\ 5}[/mm] = [mm]\bruch{7!}{5!(7-5)!}[/mm] = 21
![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
man wählt die 5 Paare aus der Gruppe von 7 Paaren (Wie viele Möglichkeiten gibt es hierfür?)
oder
> Nun kommen zwei Ehepaare nur miteinander. D.h. von den
> 5 einzuladenen sind zwei gesetzt.
> Nun kommen noch drei weitere Ehepaare von den restlichen
> fünf hinzu.
Nein! Von den restlichen sieben Paaren!
Wie viele Möglichkeiten gibt es nun hierfür?
Wenn du beide Varianten zusammennimmst, dann hast du die Anzahl der günstigen Ereignisse, die du nur noch durch die Anzahl der möglichen Ereignisse teilen mußt!
Viele Grüße
Astrid
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:33 Fr 24.02.2006 | | Autor: | Karl_Pech |
Hallo Phoney,
Offenbar beschäftigen wir uns gerade mit der selben kombinatorischen Formel. Dann wird dich die Diskussion über die drei Wanderer und den Hotelier vielleicht auch interessieren.
Viele Grüße
Karl
[P.S. Interessant in deiner Rechnung kommt auch [mm]\binom{7}{3}[/mm] vor.  ]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:09 Sa 25.02.2006 | | Autor: | Phoney |
Hallo Karl_Pech.
> Offenbar beschäftigen wir uns gerade mit der selben
> kombinatorischen Formel. Dann wird dich die
> Diskussion über die drei Wanderer und den Hotelier
> vielleicht auch interessieren.
>
Ja, das interessiert mich sehr. Danke für den Link. Aber die Logik in diesem Thema verstehe ich überhaupt nicht - was wiederum bedeutet dass ich da keine Ahnung habe.
>
>
> Viele Grüße
> Karl
>
>
> [P.S. Interessant in deiner Rechnung kommt auch
> [mm]\binom{7}{3}[/mm] vor. ]
>
Grüße
Phoney
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Hallo allerseits!
> Ein Ehepaar hat 9 gute Bekannte, von denen 5 zum
> Essen eingeladen werden sollen.
> Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn zwei Ehepaare nur
> zusammen kommen wollen?
Also ich verstehe irgendwie nicht wie man hier auf 35 Möglichkeiten kommt. Ich komme auf eine wesentlich höhere Zahl: 1260, kann aber meinen Denkfehler nicht finden. :(
1.) Angenommen ich kann mich nicht entscheiden, welche der 9 Bekannten ich nun einladen soll. Eine "Zauberkugel"  soll mir die 5 Gesichter auf einmal anzeigen.
Es handelt sich also um eine ungeordnete Ziehung ohne Wiederholung (klar, keine Person existiert mehr als einmal ). Damit gäbe es für die Zauberkugel [mm]\binom{9}{5}[/mm] Möglichkeiten mir die 5 Gesichter aus 9 Möglichen anzuzeigen.
2.) Inzwischen hat mir die Zauberkugel 5 Gesichter angezeigt, womit ich mich für eines der [mm]\binom{9}{5}[/mm] Möglichkeiten entschieden habe. Jetzt soll mir dieselbe Kugel anzeigen, welche dieser 5 Personen als Ehepaare gehen wollen. Also auch hier analog: [mm]\binom{5}{2}[/mm] Möglichkeiten.
Damit gibt es zu jeder der [mm]\binom{9}{5}[/mm] Möglichkeiten aus 1.) noch jeweils [mm]\binom{5}{2}[/mm] Möglichkeiten aus Bedingung 2.). Zusammen wären das dann:
[mm]\sum_{i=1}^{\binom{9}{5}}{\binom{5}{2}} = \binom{9}{5}\binom{5}{2} = 1260[/mm]
Möglichkeiten aus 9 Bekannten 5 einzuladen, von denen jeweils 2 als Paare gehen wollen, oder wo wäre jetzt mein Denkfehler?
Liebe Grüße
Karl
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:31 Mo 27.02.2006 | | Autor: | Astrid |
Hallo Karl,
> Hallo allerseits!
>
>
> > Ein Ehepaar hat 9 gute Bekannte, von denen 5 zum
> > Essen eingeladen werden sollen.
> > Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn zwei Ehepaare nur
> > zusammen kommen wollen?
>
Also ich habe die Aufgabe so verstanden: Ein Ehepaar will 5 Ehepaare von 9 gut bekannten Ehepaaren einladen, wobei zwei der Paare nur zusammen kommen.
Bzw. äquivalent dazu:
Jemand hat 9 gute Bekannte, von denen er 5 zum Essen einladen will. Zwei von den 9 wollen nur zusammen kommen, d.h. entweder kommen beide oder keiner von beiden.
> 1.) Angenommen ich kann mich nicht entscheiden, welche der
> 9 Bekannten ich nun einladen soll. Eine "Zauberkugel"
> soll mir die 5 Gesichter auf einmal anzeigen.
> Es handelt sich also um eine ungeordnete Ziehung ohne
> Wiederholung (klar, keine Person existiert mehr als einmal
> ). Damit gäbe es für die Zauberkugel [mm]\binom{9}{5}[/mm]
> Möglichkeiten mir die 5 Gesichter aus 9 Möglichen
> anzuzeigen.
![[happy]](/images/smileys/happy.gif "[happy]") Will auch so eine Zauberkugel!!!
Aber man muss doch jetzt beachten, dass nicht alle dieser $9 [mm] \choose [/mm] 5$ Möglichkeiten in Betracht kommt, siehe oben.
> 2.) Inzwischen hat mir die Zauberkugel 5 Gesichter
> angezeigt, womit ich mich für eines der [mm]\binom{9}{5}[/mm]
> Möglichkeiten entschieden habe. Jetzt soll mir dieselbe
> Kugel anzeigen, welche dieser 5 Personen als Ehepaare gehen
> wollen. Also auch hier analog: [mm]\binom{5}{2}[/mm] Möglichkeiten.
Das habe ich, wie gesagt, anders verstanden. Ich bin der Meinung, es steht von vornherein fest, welche zwei nur zusammen kommen oder eben beide nicht. Ich verstehe auch nicht ganz, was du mit "als Ehepaar gehen" verstehst? ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]") Das wäre dann eine Faschingsaufgabe ![[clown]](/images/smileys/clown.gif "[clown]") ... Auch passend!
Viele Grüße
Astrid
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:01 Mo 27.02.2006 | | Autor: | Astrid |
Hallo Karl,
ich verstehe... ![[lichtaufgegangen]](/images/smileys/lichtaufgegangen.gif "[lichtaufgegangen]") wo wir beide anders denken!
> Es gibt also [mm]\binom{9}{2}[/mm] mögliche Bekanntenpaare von
> Ehepaaren (ähhh - hä? mir schwirrt der Kopf ![[turn]](/images/smileys/turn.gif "[turn]") ), die
> nur zusammengehen wollen (könnten) (bzw. eventuell nur
> zusammengehen).
Ich weiß (glaube zu wissen ), es gibt zwei Leute, die nur zusammen gehen und ich gehe davon aus, dass diese beiden mir bekannt sind. Das heißt, es gibt quasi nur eine Möglichkeit.
Du berechnest hingegen, wieviele Möglichkeiten es geben könnte, dass zwei von neun nur zusammen kommen und man diese beiden und 3 andere einladen will.
Aber mein Einwand:
Bei deinem Gedanken kann es doch gut sein, dass ich von den fünf Leute nur einen der beiden erwische, die eigentlich nur zusammen kommen wollen. Verstehst du, was ich meine? Ähnlich zu der Aufgabe, x Leute an einen Tisch zu setzen und zwei bestimme davon nebeneinaner.
Wenn ich also eine Party machen will ![[hot]](/images/smileys/hot.gif "[hot]") (am Rosenmontag sowieso ), aber weiß, dass zwei mir bekannte (bestimmte), aber aus Diskretionsgründen nicht genannte , Spaßbremsen nur zusammen kommen, dann muss ich mich entscheiden, ob ich die beiden einlade oder nicht: Also entweder noch 3 aus den übrigen 7 suche oder gleich sagen, ich wähle alle 5 von den 7.
Zumindest glaube ich, dass die Aufgabe so gemeint ist.
Liebe Grüße und ![[prost]](/images/smileys/prost.gif "[prost]")
Astrid
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Hallo und guten Morgen,
auch an Astrid und Karl,
ich habe nun nicht jedes Detail der Diskussion verfolgt, aber auf die Gefahr hin, dass die folgende Variante schon diskutiert wurde, moechte ich meine Auffassung von der Aufgabenstellung anfuegen:
Neun Leute gibt es, davon sind mindestens vier in Ehepaaren organisiert, und diese beide Paare haben die Eigenschaft, dass ich von jedem der beiden Paare entweder keinen oder Frau und Mann ( -sagen wir mal, es sind wirklich Ehepaare im klassischen Sinne, eine Anspielung, die wieder mal hoechstens eine Person genau verstehen wird Bin selber uebrigens 100 % Klassiker, sei angemerkt, um Fehlinterpretationen vorzubeugen... )
einladen kann (aber nicht nur Frau oder nur Mann).
Nun moechte ich genau 5 Leute einladen.
Also: ich habe zwei Unzertrennliche [mm] u_1 [/mm] und [mm] u_2, [/mm] und wenn ich [mm] u_i [/mm] einlade, erhoeht mir das den personenzaehler um 2, nicht wahr ?
Dann hab ich noch 5 weitere Personen [mm] p_1 [/mm] bis [mm] p_5, [/mm] und Einladen von [mm] p_j [/mm] erhoeht mir den Personenzaehler jeweils
um 1.
Fall 1: Lade [mm] u_1 [/mm] und [mm] u_2 [/mm] ein: Dann noch ein weiteres [mm] p_j, [/mm] also 5 Moegl.
Fall 2: Lade [mm] u_i [/mm] ein und nicht [mm] u_j [/mm] (zwei solche Wahlmoegl. fuer [mm]\left(u_i\right)[/mm]. Fuer jedes [mm] i\in\{1,2\}: [/mm] Noch 3 Personen
einladen, also insgesamt
[mm] 2\cdot {5\choose 3}
[/mm]
Fall 3: Weder [mm] u_1 [/mm] noch [mm] u_2, [/mm] dann muss ich die anderen alle einladen: 1 Moegl.
Gesamtzahl also
[mm]5 + 2\cdot{\binom{5}{3}} + 1[/mm]
und ausrechnen darf ein anderer.
Gruesse an alle,
Mathias
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