Kombination mit Wiederholung < Kombinatorik < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:00 Sa 19.02.2022 | | Autor: | Spica |
Bei den 6 Formeln für Kombinatorik sind mir bezgl. Herleitung 5 klar, aber nicht die für Kombination mit Wiederholung.
Sie lautet: Binominalkoeffizient von n+k-1 über k.
Ich hätte eher gemeint n^(k)/k!, aber das ist falsch.
Kann mir das jemand bitte an einem einfachen Beispiel plastisch begreiflich machen? Sagen wir: In einem Gefäß befinden sich 4 verschieden farbige Kugeln. Davon werden 3 Kugeln gezogen, wobei jede Kugel nach dem Ziehen wieder zurückgelegt wird. Es gibt somit 20 Auswahlmöglichkeiten ohne Beachtung der Reihenfolge, wie dies bei mit Variation der Fall wäre.
Bisher habe ich dazu nirgends eine anschauliche Erklärung gefunden. Hinweise, wie man müsse sich k-1 Abgrenzungen zwischen den n-Elementen vorstellen, haben mir auch nicht weiter geholfen.
VG Spica
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:34 Sa 19.02.2022 | | Autor: | hase-hh |
Moin!
Zunächst kann man sagen, dass
[mm] \vektor{n \\ k} [/mm] = [mm] \bruch{n!}{(n-k)!*k!} [/mm] ist
und daher
[mm] \vektor{n+k-1 \\ k} [/mm] = [mm] \bruch{(n+k-1)!}{((n+k-1-k)!*k!} [/mm] ist.
Ziehen ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge
[mm] \vektor{n \\ k}. [/mm]
Ziehen mit Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge
[mm] \vektor{n+k-1 \\ k}. [/mm]
Beispiel Es befinden sich 4 verschiedenfarbige Kugeln in der Urne. Davon werden nun drei gezogen.
a) Ziehe ich ohne Zurücklegen. Hier habe ich 4*3*2 Möglichkeiten, wovon aber 3! Möglichkeiten nur unterschiedliche Reihenfolgen sind; also habe ich
[mm] \vektor{4 \\ 3} [/mm] = 4 mögliche Kombinationen.
b) Ziehe ich mit Zurücklegen.
Hier wenden Mathematiker einen Kniff (Trick) an.
Man sortiert die gezogenen Kugeln nach Farbe und dann trennt man die einzelnen Farben durch Trennscheiben o.ä. Um alle möglichen Farben zu trennen braucht man eine Trennscheibe weniger als Farben vorhanden sind [n-1]. Jede Trennscheibe beansprucht einen weiteren Platz .
Wenn wir drei Kugeln ziehen, müssen wir hier drei Trennscheiben und drei Kugeln platzieren.
Wenn wir bspw. so sortieren, dass wir erst die gelben, dann die roten, dann die blauen und zum Schluß die weißen Kugeln hinlegen... und für die Trennscheiben "-" verwenden
würde das Ergebnis zwei gelbe Kugeln und eine blaue Kugel, sortiert so aussehen:
g g - - b -
oder das Ergebnis eine rote, eine gelbe und eine weiße Kugel so aussehen:
g - r - - w.
Man hat also quasi 6 Ziehungen [n-1 + k], und dies soll ohne Beachtung der Reihenfolge geschehen, nämlich
[mm] \vektor{n+k-1 \\ k} [/mm] = 20.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:43 Sa 19.02.2022 | | Autor: | Spica |
Hallo,
danke für die ausführliche Erklärung. Aber ich kann mir nicht helfen, im Vergleich zu den anderen 5 Formeln der Kombinatorik bleibt dieser 6. Fall doch für mich eher abstrakt. Da werden also durch diesen Trick mit den gedachten Trennwänden aus den eigentlichen 3 Ziehungen gedachte 6. Hm, muss man wohl so hinnehmen.
Bei der letzten Anordnung mit g - r - - g w hast du dich aber vertan, da müsste es nach deiner Zeile zuvor nur heißen g - r - - w.
Beste Grüße, Spica
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:06 So 20.02.2022 | | Autor: | Infinit |
Hallo spica und hase-hh,
diese Methode der Herleitung der Formel zur Berechnung der Kombinationen mit Zurücklegen kenne ich auch. Auch bei Youtube sind dazu einige Videos zu finden. Nichtsdestotrotz kommt mir das immer noch wie ein Zaubertrick vor, da man Elemente einführt, nämlich die Trenner, die in Realität ja gar nicht existieren. Trotzdem nutzt man ihre Positionsmöglichkeiten in der Menge der herausgesuchten Elemente. Keine Frage, diese Art der Beschreibung führt auf die richtigen Komponenten des Binomialkoeffizienten, eine plausible Herleitung ist dies jedoch für mich immer noch nicht.
Gibt es hier einen Ansatz aus der Mathematik, der auf der Kombinatorik ohne Zurücklegen basiert und auch zu diesem Ergebnis führt ohne (imaginäre) Trenner einzuführen? Vielleicht haben ja ein paar Mathematiker hier in der Runde dazu eine gute Idee.
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:20 So 20.02.2022 | | Autor: | Spica |
Hallo Infinit,
du bringst es auf den Punkt. Es will sich nicht so recht das Aha-Erlebnis bei mir einstellen.
VG Spica
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Ein Bild sagt mehr als tausend Worte, ein Beispiel manchmal auch.
Nehmen wir an, es gibt 5 Sorten Zigaretten, A, B, C, D und E, und du sollst 12 Schachteln holen, darfst beliebig mischen, die Reihenfolge spielt keine Rolle.
Wenn i die Anzahl für A, j die für B, k die für C und m die für D bezeichnet, kann kann man folgender Maßen rechnen:
Für E gibt es, wenn A, B, C und D gewählt wurden, nur jeweils eine Möglichkeit (Ergänzung auf 12).
Für D gibt es die Möglichkeiten von 0 bis 12-i-j-k, also 13-i-j-k, für D und E somit 13-i-j-k Möglichkeiten.
Für C sind es dann 0 bis 12-i-j Möglichkeiten, zu jeder dann jeweils für D und E 13-i-j-k, macht [mm] \summe_{k=0}^{12-i-j}13-i-j-k [/mm] Möglichkeiten.
Für B sind es dann 0 bis 12-i Möglichkeiten, zu jeder dann jeweils für C, D und E [mm] \summe_{k=0}^{12-i-j}13-i-j-k, [/mm] macht [mm] \summe_{j=0}^{12-i}(\summe_{k=0}^{12-i-j}13-i-j-k) [/mm] Möglichkeiten.
Für A sind es dann 0 bis 12 Möglichkeiten, zu jeder dann jeweils für B, C, D und E [mm] \summe_{j=0}^{12-i}(\summe_{k=0}^{12-i-j}13-i-j-k), [/mm] macht [mm] \summe_{i=0}^{12}\summe_{j=0}^{12-i}(\summe_{k=0}^{12-i-j}13-i-j-k))= [/mm] 1820 Möglichkeiten.
Daraus lässt sich sicherlich eine Summenformel bilden, aber es wird klar, dass bei Zunahme der Zigarettensorten das Ganze völlig ausufert.
Jetzt dazu aber das Bild mit den Trennern (graues Feld).
[Dateianhang nicht öffentlich]
Wie du siehst, werden durch das Setzen von 4 Trennern die 16 Felder in 5 Abschnitte unterteilt (erste Reihe), wobei ein Abschnitt auch leer sein kann, wenn zwei Trenner hintereinander stehen. Die Trenner selber sind ununterscheidbar, nur ihre Positionen legen die Auswahl fest, zu jeder existierenden Auswahl gibt es genau eine Trennerpositionierung. Auch die Leerfelder für die Schachteln sind ununterscheidbar, geben aber durch ihre Stellung zwischen den Trennern die Zigarettensorte an.
Hier hast du also [mm] \vektor{16 \\ 4} [/mm] = [mm] \vektor{12+5-1 \\ 4} [/mm] (für die Trenner)= [mm] \vektor{12+5-1 \\ 12} [/mm] (für die Schachteln) = 1820 Möglichkeiten, die Trenn- oder die Schachtelpositionen auszuwählen.
Zusatz:
Auf wie viele Arten kann man die Zahl 20 als Summe von 4 natürlichen Zahlen (> 0) darstellen?
Im Gegensatz zu den Zigaretten darf keine der 4 Zahlen 0 sein. Das erledigst du so:
Du setzt jeden der 4 Summanden schon mal auf 1 und verteilst dann die fehlende 16 auf die 4 Summanden, wobei dann jeder Zusatz auch 0 sein darf. Das entspricht 16 Schachteln Zigaretten mit 4 Sorten. Macht [mm] \vektor{16+3 \\ 3} [/mm] = 969 Möglichkeiten.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:26 So 20.02.2022 | | Autor: | hase-hh |
Moin Moin,
ich stimme dir voll zu, wirklich erschliessen tut sich mir das Ganze so auch nicht wirklich, daher habe ich die Frage nochmals geöffnet.
Gibt es eine einfachere - leichter verständliche - Erklärung, wie man zu dieser Formel kommt???
Auch ich habe die Lösungsmethode mit Einführung von Trennern erst gestern über ein paar yt-Videos gelernt; und keine anderen Videos gefunden [allenfalls Videos in dem die Formel angewendet wird].
???
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:13 So 20.02.2022 | | Autor: | statler |
> Moin Moin,
>
> ich stimme dir voll zu, wirklich erschliessen tut sich mir
> das Ganze so auch nicht wirklich, daher habe ich die Frage
> nochmals geöffnet.
>
> Gibt es eine einfachere - leichter verständliche -
> Erklärung, wie man zu dieser Formel kommt???
>
siehe meine untige kurze Mitteilung
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Habe weiter oben im Baum einen Beitrag, der hierhin gehört und an die falsche Stelle gerutscht ist.
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Naja, sowas wie "imaginäre Elemente" einzuführen, ist doch in der Mathematik eine allgegenwärtige Methode !
Das hat nichts mit billigen Zaubertricks zu tun, sondern mit strukturierendem und Analogien nutzendem Denken.
Auch die Zahl 7 (als Beispiel) oder eine mathematische Gerade oder ein Kreis "existiert" in der Wirklichkeit nicht.
Al-Chw.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:28 So 20.02.2022 | | Autor: | Spica |
Dakor mit deinen ersten beiden Sätzen. Aber jein zu dem dritten. Von einer schnurgeraden Straße auf das math. Objekt "Gerade" zu abstrahieren fällt mir doch wesentlich leichter als im Falle der Kombination mit Wiederholung mit den imaginären Trennwänden. VG Spica
PS: Sollte nur ne Mitteilung werden, habe aus Versehen ne Frage fabriziert. Kann man anscheinend nicht mehr ändern. Sorry.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:10 So 20.02.2022 | | Autor: | statler |
Guten Tag allerseits!
>
> Gibt es hier einen Ansatz aus der Mathematik, der auf der
> Kombinatorik ohne Zurücklegen basiert und auch zu diesem
> Ergebnis führt ohne (imaginäre) Trenner einzuführen?
> Vielleicht haben ja ein paar Mathematiker hier in der Runde
> dazu eine gute Idee.
Den Ansatz gibt es, und die Idee dazu ist nicht von mir.
Wenn ich k-mal mit Zurücklegen ziehe und die Reihenfolge vergesse, notiere ich das Ergebnis als k-Tupel [mm] $(\omega_1, [/mm] ... , [mm] \omega_k) \in \{1, ... , n\}^{k}$ [/mm] mit $1 [mm] \le \omega_1 \le [/mm] ... [mm] \le \omega_k \le [/mm] n$.
Diesem k-Tupel ordne ich das k-Tupel $( ... , [mm] \omega_i [/mm] + i - 1, ...) [mm] \in \{1, ... , n+k-1\}^{k}$ [/mm] mit $1 [mm] \le \omega_1 [/mm] < ... < [mm] \omega_k \le [/mm] n+k-1$ zu. Diese Abbildung ist bijektiv, und die Anzahl der letzteren Tupel kenne ich vom Ziehen ohne Zurücklegen.
(nach U. Krengel, Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik)
Gruß aus HH
Dieter
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Zum Verständnis erlaube ich mir mal, deinen Beitrag mit Hilfe eines Beispiels zu kommentieren.
> Den Ansatz gibt es, und die Idee dazu ist nicht von mir.
Ich gehe mal von 5 Kugeln aus, nummeriert von 1 bis 5, und führe 12 Ziehungen durch. (n=5, k=12)
> Wenn ich k-mal mit Zurücklegen ziehe und die Reihenfolge
> vergesse, notiere ich das Ergebnis als k-Tupel [mm](\omega_1, ... , \omega_k) \in \{1, ... , n\}^{k}[/mm]
> mit [mm]1 \le \omega_1 \le ... \le \omega_k \le n[/mm].
Hier z.B. (1,1,3,3,3,4,4,4,5,5,5,5), nach Nummerierung geordnet.
> Diesem k-Tupel ordne ich das k-Tupel [mm]( ... , \omega_i + i - 1, ...) \in \{1, ... , n+k-1\}^{k}[/mm]
> mit [mm]1 \le \omega_1 < ... < \omega_k \le n+k-1[/mm] zu.
Gäbe dann (1+0,1+1,3+2,3+3,3+4,4+5,4+6,4+7,5+8,5+9,5+10,5+11) = (1,2,5,6,7,9,10,11,13,14,15,16).
> Diese Abbildung ist bijektiv,
in dem Sinne, dass im letzten Tupel grundsätzlich die Zahlen von 1 bis 16 aufsteigend vorkommen können - jede ist mindestens 1 größer als der Vorgänger, weil der Summand jedesmal um 1 größer wird und die Zahlen vorher größer oder gleich ihrem Vorgänger waren - und man durch Subtraktion des "Positions-Summanden" auf das ursprüngliche Tupel zurückrechnen kann.
> und die Anzahl der letzteren Tupel kenne ich vom Ziehen ohne Zurücklegen.
Von den Zahlen 1 - 16 sucht man sich 12 aus, und da die Reihenfolge unwichtig ist, schreibt man sie geordnet auf.
Macht [mm] \vektor{16 \\ 12} [/mm] Möglichkeiten.
> (nach U. Krengel, Einführung in die
> Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik)
>
> Gruß aus HH
> Dieter
Vielen Dank, darauf muss man erst mal kommen. Ist in meinen Augen schwerer zu verstehen als ein Bildchen mit Trennern, aber trotzdem genial.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:41 So 20.02.2022 | | Autor: | Infinit |
Hallo liebe Mitdenkende,
ob nun die "Trenner-Geschichte" oder die Erklärung über die Tupel einfacher ist, wage ich hier nicht zu beurteilen, aber so einen Tupel-Ansatz hatte ich mir gewünscht. Danke an HJKweseleit für diese Art der Erklärung.
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:09 So 20.02.2022 | | Autor: | Spica |
Hallo Statler und HJKweseleit,
auch von mir besten Dank für die Erklärungen. Jene mit Tupel finde ich fast noch besser. VG Spica
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:01 Mo 21.02.2022 | | Autor: | Spica |
Jetzt muss ich aber doch noch mal zum Tupel nachfragen.
Zitat:
<<Hier z.B. (1,1,3,3,3,4,4,4,5,5,5,5), nach Nummerierung geordnet.
> Diesem k-Tupel ordne ich das k-Tupel $ ( ... , [mm] \omega_i [/mm] + i - 1, ...) [mm] \in \{1, ... , n+k-1\}^{k} [/mm] $
> mit $ 1 [mm] \le \omega_1 [/mm] < ... < [mm] \omega_k \le [/mm] n+k-1 $ zu.
Gäbe dann (1+0,1+1,3+2,3+3,3+4,4+5,4+6,4+7,5+8,5+9,5+10,5+11) = (1,2,5,6,7,9,10,11,13,14,15,16). <<
Zitat Ende.
Das funktioniert jetzt aber nur, weil auch 5 gezogen wurde. Wenn z.B. nur 4 als höchste Nummer gezogen worden wäre, dann käme man mit 4+11 über 15 nicht raus. Dann ist das doch keine so gute Erklärung für jeden denkbaren Fall für n+k-1, oder?
VG Spica
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:30 Mo 21.02.2022 | | Autor: | statler |
> Jetzt muss ich aber doch noch mal zum Tupel nachfragen.
>
> Zitat:
> <<Hier z.B. (1,1,3,3,3,4,4,4,5,5,5,5), nach Nummerierung
> geordnet.
>
> > Diesem k-Tupel ordne ich das k-Tupel [mm]( ... , \omega_i + i - 1, ...) \in \{1, ... , n+k-1\}^{k}[/mm]
>
> > mit [mm]1 \le \omega_1 < ... < \omega_k \le n+k-1[/mm] zu.
>
> Gäbe dann
> (1+0,1+1,3+2,3+3,3+4,4+5,4+6,4+7,5+8,5+9,5+10,5+11) =
> (1,2,5,6,7,9,10,11,13,14,15,16). <<
> Zitat Ende.
>
> Das funktioniert jetzt aber nur, weil auch 5 gezogen wurde.
> Wenn z.B. nur 4 als höchste Nummer gezogen worden wäre,
> dann käme man mit 4+11 über 15 nicht raus. Dann ist das
> doch keine so gute Erklärung für jeden denkbaren Fall
> für n+k-1, oder?
Doch! HJKweseleit hatte ausdrücklich gesagt, daß die Zahlen von 1 bis 16 vorkommen können. Im Beispiel kommen 3, 4, 8 und 12 nicht vor. Beim Ziehen mit Zurücklegen kann ich so oft ziehen, wie ich will, es kann immer passieren, daß ich eine bestimmte Zahl nicht erwische. (Außer, wenn nur die 1 in der Urne ist, aber dann ist es langweilig.)
Es geht doch nur darum, daß jedes Tupel der einen Sorte genau einem Tupel der anderen Sorte entspricht. Weil ich die eine Sorte zählen will und die andere Sorte schon zählen kann.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:48 Mo 21.02.2022 | | Autor: | Spica |
Danke, Statler, das "können" habe ich überlesen.
VG Spica
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Einfacher als die Idee mit den Trennelementen ist dies auf keinen Fall.
Al
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