Urnenmodell < Kombinatorik < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:55 Fr 25.07.2014 | | Autor: | Morgyr |
| Aufgabe | 7 Fotografen von verschiedenen Zeitschriften fahren auf ein Musikfestival,
das auf 5 verschiedenen Bühnen stattfindet.
a) Wieviele Möglichkeiten gibt es, die Fotografen auf die Bühnen zu verteilen?
b) Wieviele Möglichkeiten gibt es, wenn jede Bühne fotografiert werden soll?
c) Drei der Fotografen können sich nicht leiden und ihr Zusammentreffen vor einer
Bühne muss unbedingt vermieden werden. Wieviele mögliche Verteilungen gibt es
jetzt, wenn weiterhin alle Bühnen abgedeckt sein sollen?
Dabei nehmen wir an, dass jeder Fotograf die ganze Zeit bei einer Bühne bleibt. |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
a) Urnenmodell, unterscheidbare Bälle und Urnen, beliebige Verteilung [mm] 5^7
[/mm]
b) analog, aber surjektive Abbildung [mm] 5!*S_{7,5}
[/mm]
c) Dafür hab ich nicht wirklich einen Ansatz, von dem ich so ganz überzeugt bin.
Hier subtrahiere ich von [mm] 5!*S_{7,5} [/mm] den Ausdruck [mm] (5(\vektor{3 \\ 3} [/mm] + [mm] \vektor{3 \\ 2})) [/mm] Sprich: Die Möglichkeiten aus 3 Elementen 3 bzw. 2 zu ziehen und das für jede Urne/Bühne
Stimmt das so?
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:26 Fr 25.07.2014 | | Autor: | rmix22 |
Der Ansatz, den ich in meiner ersten Version gepostet hatte ist falsch, da er manche Kombinationen doppelt zählt.
Deine Variante für c) berücksichtigt nicht, dass es zB viel mehr als nur (wie von dir angenommen) eine Möglichkeit gibt, bei de alle drei Streithähne bei der Lösung von b) an der Bühne 1 sind (4!, da die verbleibenden 4 Photographen sich beliebig auf die restlichen 4 Bühnen verteilen können - jeder auf eine eigene, natürlich).
Noch mehr Möglichkeiten gibt es wenn nur zwei der Streithähne bei Bühne 1 sind. Wahl von 2 aus 3 (3) und dann hat der dritte 4 Möglichkeiten und die anderen 4 müssen sich so auf die 5 Bühnen aufteilen, dass die 3 verwaisten auf jeden Fall auch besetzt werden. Du musst also von der Lösung von b) viel mehr Möglichkeiten abziehen, als du vorgeschlagen hast.
EDIT: Die einfachste Variante das Ergebnis durch Subtraktion der "verbotenen" Varianten von b) zu erhalten scheint mir zu sein, die Dreier- bzw. Zweiergruppen von Streithähnen wie einen einzelnen Photographen zu betrachten.
Demnach gibt es zB [mm] 5!*S_{5,5} [/mm] Möglichkeiten für eine Aufteilung mit der Dreiergruppe und [mm] $\vektor{3\\2}*5!*S_{6,5}$ [/mm] für eine Zweiergruppe.
Ich komme damit für b) auf 16800 und für c) auf 11280.
Gruß RMix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:31 Fr 25.07.2014 | | Autor: | Morgyr |
Wieder der gleiche Fehler wie bei meinem erster Ansatz. Da hatte ich zunächst mit Zahlpartitionen gearbeitet, was natürlich schon Schwachsinn war. Das hätte ja dem Urnenmodell mit nicht-unterscheidbaren Photographen und unterscheidbaren Bühnen entsprochen.
Nun denn, hatte mir vor deiner Revision den Spaß gemacht die Rekursion mal durchzuführen, sodass ich für b) auf 21000 Möglichkeiten kam (im Hinblick auf 78125 für a) akzeptabel), insofern sind 15 Möglichkeiten weniger eher unsinnig. Da gefiel mir die Größenordnung von 3000 weniger schon besser.
Wir betrachten also erstmal den Fall, dass alle 3 Streithähne auf Bühne 1 sind. Dafür gibt [mm] \vektor{3 \\ 3}= [/mm] 1 Möglichkeiten. Es bleiben 4 Photographen und Bühnen über, entsprechend, wie du auch sagst, 4!.
Also: 1*4!
Der zweite Fall ist, dass 2 Streithähne sich auf Bühne 1 treffen. Dafür gibt [mm] \vektor{3 \\ 2}=3 [/mm] Möglichkeiten. Der 3 Streiter hat nun 4 Möglichkeiten, während den nächsten 3 Photographen 3! Möglichkeiten bleiben, sich auf die anderen 3 Bühnen zu verteilen. Photograph 7 hat dann 5 Möglichkeiten sich noch irgendwo dazuzustellen.
Also: 3*4*3!*5
Insgesamt für Bühne 1 also 4! + 3*4*3!*5
Und das für alle Bühnen: *5
Somit insgesamt:
5! * [mm] S_{7,5} [/mm] - 5* (4! + 5!*3) = 5! * [mm] S_{7,5} [/mm] - 5! + 5!*5*3
Der Subtrahend ist 1920, die Möglichkeiten 19080.
Du hast zwar schon wieder geupdatet, aber ich poste trotzdem mal.
Bist du dir sicher mit dem Ergebnis von b?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:58 Fr 25.07.2014 | | Autor: | rmix22 |
> Wieder der gleiche Fehler wie bei meinem erster Ansatz. Da
> hatte ich zunächst mit Zahlpartitionen gearbeitet, was
> natürlich schon Schwachsinn war. Das hätte ja dem
> Urnenmodell mit nicht-unterscheidbaren Photographen und
> unterscheidbaren Bühnen entsprochen.
>
> Nun denn, hatte mir vor deiner Revision den Spaß gemacht
> die Rekursion mal durchzuführen, sodass ich für b) auf
> 21000 Möglichkeiten kam (im Hinblick auf 78125 für a)
> akzeptabel), insofern sind 15 Möglichkeiten weniger eher
> unsinnig. Da gefiel mir die Größenordnung von 3000
> weniger schon besser.
>
> Wir betrachten also erstmal den Fall, dass alle 3
> Streithähne auf Bühne 1 sind. Dafür gibt [mm]\vektor{3 \\ 3}=[/mm]
> 1 Möglichkeiten. Es bleiben 4 Photographen und Bühnen
> über, entsprechend, wie du auch sagst, 4!.
> Also: 1*4!
>
> Der zweite Fall ist, dass 2 Streithähne sich auf Bühne 1
> treffen. Dafür gibt [mm]\vektor{3 \\ 2}=3[/mm] Möglichkeiten. Der
> 3 Streiter hat nun 4 Möglichkeiten, während den nächsten
> 3 Photographen 3! Möglichkeiten bleiben, sich auf die
> anderen 3 Bühnen zu verteilen. Photograph 7 hat dann 5
> Möglichkeiten sich noch irgendwo dazuzustellen.
> Also: 3*4*3!*5
Ja, so ähnlich war auch die Falle, in die ich bei meiner allerersten Version getappt bin. Du zählst hier einige Varianten doppelt.
Beipsiel: 2 Streiter vor B1, 3.Streiter vor B2, du wählst 3 Photographen (zB Nr 4,5,6) für Bühne B3-B5 und P7 geht vor B3. Die gleiche Verteilung bekommst du aber auch, wenn du erst P7,P5 und P6 für B3-B5 wählst und dann P4 vor B3 platzierst.
Es hat schon seinen Grund warum man im surjektiven Fall mit unterscheidbaren Urnen und Kugel doch so kompliziert mit den Stirling-Zahlen 2. Ordnung hantieren muss.
Ich denke bei b) sind wir uns mit 16800 einig, oder [mm] ($S_{7,5}=140$)?
[/mm]
Und c) sollte mit dem oben editierten Ansatz gehen.
Gruß RMix
Und noch ein EDIT: Hatte mich geirrt. Dein Ansatz zählt auch zuwenige Kombinationen, weil es immer P7, der zum Schluß noch beliebig aufgeteilt wird. Dir fehlen also auch noch die Varianten, bei denen P7 allein vor einer Bühne steht.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:18 Fr 25.07.2014 | | Autor: | Morgyr |
Aha, Groß- und Kleinschreibung beachten :D ich hab hier mit den Stirlingzahlen 1. Ordnung gearbeitet, sehr schön, Fehler eingeprägt.
Nun..es gibt für die letzten 4 Photographen 4! Möglichkeiten, sich vor dem eigentlichen Verteilen in Reihenfolge für die Verteilung zu bringen.
Die Reihenfolge der 3 Ps, die zunächst die 3 leeren Bühnen besetzen, ist ja aber schon durch 3! gegeben, dementsprechend gibt es 4 weitere Möglichkeiten. Bzw., es gibt 4 Möglichkeiten wer P7 ist.
Da jede der vier Möglichkeiten 3 Verteilungen hat, die zu den anderen der 3 identisch ist, gibt es zusätzlich 3/4 Möglichkeiten.
Also 3*4*3!*3*5 = 5!*9=1080
Für alle Bühnen 5400 und 120 für die 3er Gruppe, was deinem Ergebnis entsprechen würde. Aber das heißt ja leider nicht viel.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:51 Fr 25.07.2014 | | Autor: | rmix22 |
War das jetzt noch eine Frage?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:31 Sa 26.07.2014 | | Autor: | Morgyr |
Kommt drauf an ^^ Klang das für dich logisch?
Das ganze hat halt den Beigeschmack, dass ich ja schon vorher wusste, dass mir ne *3 für den 2er Streithahn-Term fehlte. Die Möglichkeiten irgendwie diese 3 dazu zu dichten sind wahrscheinlich unendlich(auch wenn nur eine richtig ist).
Aber naja, wie du ja schon sagtest, die Variante die 3 bzw. 2 als eine Person zusammenzufassen ist wohl deutlich einfacher, als mit solchen Termen herum zu raten. Hab noch genug Aufgabenzettel hier rumfliegen, die ich so schon nicht zur Klausur fertig bekommen werde.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:17 Sa 26.07.2014 | | Autor: | rmix22 |
> Kommt drauf an ^^ Klang das für dich logisch?
Äehm, nicht so ganz. Ich habs mir aber auch nicht so gründlich durchgelesen und -gedacht. Als ich das erste Mal verwirrt war hab ich bis zu jenem Teil quergelesen, in dem du meintest, du würdest das gleiche Ergebnis wie mit meinem Ansatz herausbekommen. Da hab ich mir gedacht, OK, auch gut. Wird schon passen 
> Das ganze hat halt den Beigeschmack, dass ich ja schon
> vorher wusste, dass mir ne *3 für den 2er Streithahn-Term
> fehlte. Die Möglichkeiten irgendwie diese 3 dazu zu
> dichten sind wahrscheinlich unendlich(auch wenn nur eine
> richtig ist).
Es können schon mehr Möglichkeiten der Abzählung richtig sein. Manche sind nur sprachlich viel schwieriger zu erläutern.
>
> Aber naja, wie du ja schon sagtest, die Variante die 3 bzw.
> 2 als eine Person zusammenzufassen ist wohl deutlich
> einfacher, als mit solchen Termen herum zu raten.
Ja, ich hab auch gefunden dass der Ansatz schön kompakt ist.
> Hab noch
> genug Aufgabenzettel hier rumfliegen, die ich so schon
> nicht zur Klausur fertig bekommen werde.
Na dann, noch viel Glück und gutes Gelingen!
Gruß RMix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:20 So 27.07.2014 | | Autor: | Morgyr |
So so ;) ne, das Thema war mit dem anderen Ansatz ja erledigt. Wollte nur wenigstens noch versuchen, meinen Ansatz zu retten. Aber wenn wir da über mehrere Beiträge hinweg darüber diskutieren, kann das auch nicht ganz Sinn der Sache sein.
Ich glaube ich hatte in bisher keiner Mathe-Klausur mehr als 10 min pro Aufgabe, in dieser sinds knapp 5..
Das wird sicher lustig :D Danke für die Hilfe (wiedermal) und die guten Wünsche :)
|
|
|
|
