Kombinatorik - Plätze

Aufrufe: 974     Aktiv: 17.07.2019 um 06:43
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Hi,

angenommen, es treten 5 Personen gegeneinander an. Wie viele Möglichkeiten erhalte ich, wenn auch die Bedingung gilt, dass Plätze geteilt werden können?

Ich finde leider keine Formel dazu. Weiß jemand vielleicht weiter?

 

Grüße vom Tobias

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Hallo Tobias,

der Aufgabe nach dürfen Plätze mehrfach belegt werden und Wiederholung ist zugelassen. Die Reihenfolge, wer zuerst auf dem Platz ist, ist aber irrelevant? Wenn ja, dann lautet die Rechnung mit \(n=k=5:\) $$\binom{n+k+1}{n-1}=\binom{11}{4}=330.$$ Spielt die Reihenfolge doch eine Rolle, ist es schlicht \(5^5\).

Mir erscheint ersteres plausibler. Kommt das hin?

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Hallo dreszig,

dass ein bestimmter Rangplatz von verschiedenen Personen gleichzeitig belegt werden kann, verstehe ich. Aber wie soll dieselbe Person verschiedene Rangplätze belegen? – Das wäre dann ja wohl unter einer Wiederholung zu verstehen.

Und dann ist es ja so, dass die fünf Personen gegeneinander antreten. Als Ergebnis dieses Wettbewerbs belegen sie dann den 1., 2., 3., 4. und 5. Platz. Diese Rangfolge ist natürlich eine Reihenfolge.

Sehe ich das falsch?

Viele Grüße
jake2042   ─   jake2042 14.07.2019 um 13:05

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Nein, leider nicht. Ich habe es mal per Hand systematisch aufgeschrieben. Mit den Kombinationen

  • 5 einzelne Plätze - (1,1,1,1,1) = 120
  • 2 auf einem Platz, 3 einzeln - (2,1,1,1), (1,2,1,1), (1,1,2,1), (1,1,1,2) = 240
  • zweimal 2 auf einem Platz, 1 einzeln - (2,2,1), (2,1,2), (1,2,2) = 90
  • 3 auf einem Platz, 2 einzeln - (3,1,1), (1,3,1), (1,1,3) = 60
  • 3 auf einem Platz, 2 auf einem Platz - (3,2), (2,3) = 20
  • 4 auf einem Platz, 1 einzeln - (4,1), (1,4) = 10
  • 5 auf einem Platz - (5) = 1

und der Bedingung {a,b}={b,a} zähle ich 541 Möglichkeiten.

Wüssten Sie eine andere Möglichkeit, auf diese Summe zu kommen?

 

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Student, Punkte: 15

 
Eigentlich ganz einfach: Anstatt abzuzählen, könntest Du Dir anschauen, dass Du effektiv gesehen stets einen oder mehrere Personen quasi an andere Plätze setzt. Benutze doch den Binomialkoeffizienten und addieren dann die einzelnen Pfade …   ─   einmalmathe 11.07.2019 um 19:46

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Ich habe leider kaum mit Mathematik zu tun. Daher weiß ich leider nicht, was du meinst. Könntest du deinen Vorschlag bitte näher ausführen?

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Hallo!

 

Wir arbeiten hier einfach mit dem Binomialkoeffzienten:

 

5 auf einem Platz:

 

\(\displaystyle \binom{5}{5} = 1\).

 

4 auf einem Platz, 1 einzeln:

 

\(\displaystyle 2!\cdot\binom{5}{4} = 10\).

 

3 auf einem Platz, 2 auf einem Platz:

 

\(\displaystyle 2!\cdot\binom{5}{2} = 20\).

 

3 auf einem Platz, 2 einzeln:

 

\(\displaystyle 3!\cdot\binom{5}{3} = 60\)

 

Zwei mal 2 auf einem Platz, 1 einzeln:

 

\(\displaystyle 3\cdot\binom{5}{3}\cdot 3 = 90\)

 

2 auf einem Platz, 3 einzeln:

 

\(\displaystyle 4!\cdot\binom{5}{4} = 240\)

 

5 einzelne Plätze:

 

\(\displaystyle 5!\cdot\binom{5}{5} = 120\).

 

Nun alle Möglichkeiten aufsummieren und man erhälst das Ergebnis …

 

Gruß.

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Vielen Dank! Kann man die einzelnen Binominalkoeffizienten in eine einzige Formel packen, so dass auch die Formel allgemein für eine andere Anzahl an Personen funktioniert?

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Ja, der gezeigte Lösungsweg scheint plausibler, wenn man die Aufgabe so deutet. Leider fällt mir keine Möglichkeit ein, bei der Aufgabe den Lösungsweg zu vereinfachen oder eine allgemeine Formel zu finden. Dafür ist die Aufgabe zu speziell. Bei Aufgaben dieses Typs empfiehlt sich aber immer, zu untersuchen, wie viele "Blöcke" man hat. Beispielsweise hat man bei "2 zusammen, 3 einzeln" auf jeden Fall einen zweier Block. Also quasi 2 aus insgesamt 5 (kurz: 5 über 2). Dieser Block kann an 4 verschiedenen Stellen stehen (ein Platz muss ja logischerweise frei bleiben, wenn einer doppelt belegt ist). Für die verbleibenden drei Plätze gibt es dann noch 3, dann 2, letztlich einen Platz. Insgesamt in dem Fall also \(\binom{5}{2}\cdot 4!\). Die Herangehensweise ist ähnlich bei anderen Aufgaben...   ─   dreszig 11.07.2019 um 21:48

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Die Binominalkoeffizienten und vorgestellten Zahlen stimmen alle. Ich kann nur leider nicht die einzelnen Koeffizienten sowie vor- und nachgestellten Zahlen nachvollziehen, außer n = Anzahl der Personen = 5. Ich brauche hier noch etwas Klärungsbedarf.

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Student, Punkte: 15

 
Gehen wir anhand ein paar Beispielen durch:
(5): Alle Teilnehmer belegen einen Platz. Es gibt also einen Block mit 5 Teilnehmern. Für diesen gibt es \(\binom{5}{5} = 1 \) Möglichkeit Spieler auszuwählen. Da wir nur einen Block insgesamt haben, multiplizieren wir mit 1 und erhalten \(1 \cdot 1 = 1\) möglichen Ausgang.
(4,1): Wir wählen 4 von den 5 aus und anschließend den verbleibenden. Insgesamt gibt es zwei Blöcke (den Vierer und den Einer). Es ergeben sich somit \(\binom{5}{4} \cdot \binom{1}{1} \cdot 2 = \(\binom{5}{4} \cdot \cdot 2! = 10\) Ausgänge.
(3,1,1): Wir wählen 3 von den 5en, dann 1 aus 2 und den übrigen aus. Wir haben 3 Blöcke insgesamt. Es ergeben sich \(\binom{5}{3} \cdot \binom{2}{1} \cdot \binom{1}{1} \cdot 3 = \binom{5}{3} \cdot 3! = 60\) Ausgänge.
(1,1,1,1,1): Nur hier unterscheidet sich die Anzahl der möglichen Ausgänge von der üblichen Berechnung. Wir können wieder zunächst 1 aus 5, dann 1 aus 4 usw. auswählen und erhalten direkt \(5!=120\).
Hilft dir das?   ─   dreszig 12.07.2019 um 13:06
Hallo zusammen,

Ich überlege gerade, welche Blockbildungen es geben kann. Also:

5 1er-Blöcke:

11111

1 2er-Block, 3 1er-Blöcke:

2111
1211
1121
1112

2 2er-Blöcke, 1 1er-Block

122
212
221

1 3er-Block, 1 2er-Block

23
32

1 3er-Block, 2 1er-Blöcke

311
131
113

1 4er-Block, 1 1er-Block

14
41

1 5er-Block

5

Habe ich eine mögliche Blockbildung übersehen? Für jede dieser Blockbildungen müsste jetzt die jeweilige Anzahl an Möglichkeiten berechnet werden. Ich glaube, das lässt sich sukzessive lösen. Bei den 5 1er-Blöcken ist das einfach. Da gibt es 5! = 120 Möglichkeiten. Bei dem einen 5er-Block brauche ich nicht lange zu rechnen. Da gibt es nur eine Möglichkeit.

Ich nehme jetzt mal als Beispiel den Fall, dass ich einen 2er-Block und 3 1er-Blöcke habe. Das teile ich jetzt in die Frage: wieviele Möglichkeiten gibt es für den 2er-Block selbst und wie viele Möglichkeiten jeweils für die Verteilung der verbliebenen 3 Personen auf die verbliebenen 3 Plätze. Die fünf Personen nenne ich jetzt mal A, B, C, D und E. Wenn im 2er-Block A ist, dann kann als zweites noch B, C, D oder E drin sein (4 Möglichkeiten). Wenn B drin ist, dann haben wir die Kombination mit A schon gehabt. Als zusätzliche Möglichkeiten verbleiben noch C, D oder E als zweite Person (3 Möglichkeiten). Und so weiter. Das ist offenbar dasselbe Problem, wie beim Gläser anstoßen. Wir haben also 4+3+2+1=10 Möglichkeiten für den 2er-Block. In jeder dieser 10 Möglichkeiten bleiben jeweils 3 Personen übrig, die sich auf die verbliebenen 3 Plätze verteilen können. das sind dann offenbar 3!=6 Möglichkeiten. ich habe also \(10\cdot 6=60\) Möglichkeiten für einen 2er-Block und 3 1er-Blöcke, wenn definiert ist, wo sich der 2er-Block befindet. Der 2er-Block kann sich an vier verschiedenen Stellen befinden. Damit gibt es dann \(4\cdot 60=240\) Möglichkeiten bei einem 2er-Block und 3 1er-Blöcken.

Auf diese Weise lässt sich das, glaube ich, Stück für Stück durchspielen. Liege ich da falsch?

Viele Grüße
jake2042   ─   jake2042 17.07.2019 um 06:43

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