Anzahl Passwörter < Kombinatorik < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:29 Do 07.02.2008 | | Autor: | Wimme |
| Aufgabe | Es sollen Passwörter gebildet werden aus 26 Klein-, 26Großbuchstaben und jeweils 10Ziffern und 10Satzzeichen.
Wie viele Passwörter mit höchstens 5 Zeichen, in denen mindestens ein Groß und ein Kleinbuchstabe, sowie eine Ziffer und ein Satzzeichen vorkommen, sind möglich? |
Hallo!
Also ich habe mir das so gedacht.Wir brauchen nur die Fälle 4 und 5 Zeichen zu betrachten.
4Zeichen: 26*26*10*10*4!
5Zeichen: 26*26*10*10*4!*72*5
Bei den 5 Zeichen stimmt was nicht :( Kann mal jemand versuchen mir zu erläutern, wo da mein Denkfehler ist? Ich hoffe ich kann daraus dann lernen.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:38 Do 07.02.2008 | | Autor: | Teufel |
Hallo!
Ich würde sagen, dass das stimmt.
Bei 4 Zeichen:
N=26*26*10*10*4!
(Für Platz 1 26 Kleinbuchstaben, für Platz 2 26 Großbuchstaben, für Platz 3 10 Zahlen und für Platz 4 10 Sonderzeichen. Aber da man die 4 Plätze auch untereinander beliebig vertauschen kann, noch *4!)
Bei 5 Zeichen:
N=26*26*10*10*72*5!
(Für Platz 1 26 Kleinbuchstaben, für Platz 2 26 Großbuchstaben, für Platz 3 10 Zahlen, für Platz 4 10 Sonderzeichen und für Platz 5 alle 72 Zeichen. Aber da man die 5 Plätze auch untereinander beliebig vertauschen kann, noch *5!)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:06 Do 07.02.2008 | | Autor: | Wimme |
sorry, aber es stimmt laut Lösung leider nicht. Vielleicht kommt jemand anders ja drauf.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:59 Do 07.02.2008 | | Autor: | vwxyz |
Kann dir zwei Ansätze bieten mit dem gleichen Ergebnissen. Denke mir mal das das Ergebnis richtig ist und du damit klar kommst.
1. Ansatz
Also zunächst mach ich Pakete aus 5 Zeichen: Beim ersten können 26 dann 26 dann 10 dann 10 und zu guter letzt alle 72 Zeichen ausgewählt werden
so das ist insgesamt 26*26*10*10*72 = 4867200 Möglichkeiten
Dann gitl noch die Permutationsregel:
ich habe nun 4867200 verschiedene Pakete aus je 5 Zeichen
Bei einem Paket kann ich nun:
Ich kann an der 1. Stelle 5 Zeichen setzen
An der 2. Stelle dann noch 4
usw.
Also hab ich 5!=5*4*3*2*1=120 Möglichkeiten innerhalb eines Paketes
Somit gibt es insgesamt: 4867200*120 = 584064000 Möglichkeiten
Nun muss ich aber die wieder abziehen die doppelt vorkommen zum Beispiel wenn das 5. ausgewählte Zeichen eins ist was ich schon mal ausgewählt hatte. Das ist bei:
72 Fällen der Fall somit hab ich 584064000-72= 584063928 Möglichkeiten.
2. Ansatz:
Ich habe 26*26*10*10*4! = 1622400 Möglichkeiten
Zu jeder dieser Möglichkeit kann ich nun jedes der 72 Zeichen auswählen und dazutun
Dabei habe ich 5 Positionierungmöglichkeiten
Altes Passwort: xxxx
1. Möglichkeit: nxxxx
2. Möglichkeit: xnxxx
3. Möglichkeit: xxnxx
4. Möglichkeit: xxxnx
5. Möglichkeit: xxxxn
Daraus ergeben sich nun 72*5 = 360 Möglichkeiten jedes 4er Passwort zu einem 5er Passwort zu erweitern:
[mm] \Rightarrow [/mm] 1622400*360= 584064000 Möglichkeiten
Dabei ist nun auch wieder zu bedenken dass ich wenn ich das 5. ausgewählte Zeichen schon in der Kombination habe zwei Permutationen gleich sind.
Daher auch hier wieder 584064000- 72 = 584063928
Es reicht nicht das ich 72 Möglichkeiten abziehe. Ich muss die Anzahl aller Kombination in der dieses Zeichen vorkommt mit 72 multiplizieren:
Daraus ergibt sich:
Für jedes Zeichen einer 4er Kombination gibt es:
Für kl. oder groß Buchstaben (52 Zeichen): 26 * 10 * 10 * 3! Kombinationen
Für Ziffern und Zeichen (20 Zeichen): 26 * 26 * 10 * 3! Kombinationen
52 * 26 * 10 * 10 * 3! + 20 * 26 * 26 * 10 * 3! Möglichkeiten die doppelt vorkommen und die ich am Ende abziehen muss.
811200 + 811200 = 1622400
584064000 - 1622400 = 582441600
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:46 Do 07.02.2008 | | Autor: | Wimme |
hi!
herzlichen Dank für deine Antwort. Ich finde deine Ausführungen logisch und nachvollziehbar. Daran 72 Fälle wieder abzuziehen habe ich gar nicht gedacht, aber ich denke, das ist richtig.
Das Problem allerdings ist, dass das leider gar nicht der Musterlösung entspricht, die ich persönlich auch ein bisschen komisch finde.
Die Musterlösung:
Länge 4: [mm] 26^2 \cdot 10^2 \cdot [/mm] 4!
Nun die der Länge 5:
1.Fall es kommt entweder ein kl. Buchstabe, oder ein großer Buchstabe hinzu, also
2 mal [mm] (\pmat{5\\2} \cdot 26^2) \cdot [/mm] 26 [mm] \cdot [/mm] 10 [mm] \cdot [/mm] 10 [mm] \cdot [/mm] 3!
2.Fall 2 Ziffern oder 2 Satzzeichen:
2 [mm] mal(\pmat{5\\2} \cdot 10^2) \cdot [/mm] 26 [mm] \cdot [/mm] 10 [mm] \cdot [/mm] 10 [mm] \cdot [/mm] 3!
das ergibt insgesamt 293654400 Möglichkeiten (sollte es, ich habs nicht nachgerechnet).
Was meint ihr dazu?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:05 Do 07.02.2008 | | Autor: | vwxyz |
Ich meine, dass das irgendwie nicht stimmen kann denn:
[mm] 2*(\vektor{5\\2}*26^{2})*26*10*10*3! [/mm] = [mm] 2*(10*676)*26*10^{2}*6 [/mm] = 12*676000*26 = 210912000
[mm] 2*(\vektor{5\\2}*10^{2})*26*10*10*3! [/mm] = [mm] 2*(10*100)*26*10^{2}*6 [/mm] = 12*26*10000 = 312*100000=31200000
[mm] \Rightarrow [/mm] 210912000+31200000=242112000 DAs ja der eigentlichen Lösungen widersprechen würde, sodass entweder der Lösungsweg oder die Lösung bei denen schonmal falsch ist und somit auch das gesamte sehr unglaubwürdig ist.
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 21:17 Do 07.02.2008 | | Autor: | Wimme |
oh, das tut mir leid. Ich habe mich am Ende vertippt.
es heißt 2 mal [mm] (\pmat{ 5\\ 2}\cdot 10^2) \cdot [/mm] 26 [mm] \cdot [/mm] 26 [mm] \cdot [/mm] 10 [mm] \cdot [/mm] 3! für den zweiten Fall.
Da kommt dann auch das angegebene Ergebnis raus.
Also, über die der Länge vier sind wir uns ja alle einig.
Dann gehen die irgendwie hin und sagen, hey ein Wort mit einem Großbuchstaben und 1 Ziffer und einem Satzzeichen gibt es [mm] 26*10^2*3! [/mm] oft. Jetzt gibt es noch [mm] 26^2 [/mm] Möglichkeiten 2 kl. Buchstaben zu wählen. Die müssen jetzt noch irgendwie "verteilt" werden. Und diesen Schritt finde ich etwas komisch. Die betrachten also die Anzahl der Möglichkeiten 2-Teilmengen aus einer 5-Element Menge zu ziehen.... *kopfkratz*
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:26 Do 07.02.2008 | | Autor: | vwxyz |
Ja ich habe auch das Gefühl als rechnen sie aus wie viele Möglichkeiten aus 2 Zeichen gibt und dann aus 3 gibt. sodass sie also nicht alle Permutationen berücksichtigen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:20 Sa 09.02.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 21:24 Do 07.02.2008 | | Autor: | vwxyz |
Ich habe bei meiner Rechnung einen sehr entscheidenen Fehler noch gemacht:
Es reicht nicht das ich 72 Möglichkeiten abziehe. Ich muss die Anzahl aller Kombination in der dieses Zeichen vorkommt mit 72 multiplizieren:
Daraus ergibt sich:
Für jedes Zeichen einer 4er Kombination gibt es:
Für kl. oder groß Buchstaben (52 Zeichen): 26 * 10 * 10 * 3! Kombinationen
Für Ziffern und Zeichen (20 Zeichen): 26 * 26 * 10 * 3! Kombinationen
[mm] \Rightarrow [/mm] 52 * 26 * 10 * 10 * 3! + 20 * 26 * 26 * 10 * 3! Möglichkeiten die doppelt vorkommen und die ich am Ende abziehen muss.
[mm] \Rightarrow [/mm] 811200 + 811200 = 1622400
584064000 - 1622400 = 582441600
Hoffe das ist jetzt richtig.
Prüf das am besten nochmal nach ob ich nicht irgendwo nen Denkfehler noch gemacht hab.
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