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Eine Aufgabe...!

 

          a) Wie viele Möglichkeiten gibt es, die Buchstaben des Wortes 'PROBOLOBO' so umzustellen, damit die 2 B's zusammenstehen ( z.B.: ...BB... )?

 

          b) Wie viele Möglichkeiten gibt es, die Buchstaben des Wortes 'ASINUS'           so umzustellen, damit die 2 S' zusammenstehen ( z.B.: ...SS... )?

 

Hinweis: Die 2 zusammenstehenden B's und S' können überall stehen, d.h. am Anfang, am Ende, in der Mitte etc. !

 

     Viel Spaß! <33

 05.10.2022
 #1
avatar+3923 
+2

Nette Kombinatorikaufgabe, ich mach die a):

Für die beiden B's haben wir gesamt 8 Möglichkeiten, sie anzuordnen: Ganz vorne, an Stelle 2, an Stelle 3 etc. bis Stelle 8 (das zweite ist dann an Stelle 9.)

Die anderen 7 Buchstaben können dabei machen, was sie wollen. Das legt den Verdacht nahe, mit 7! als zweitem Faktor richtig zu liegen - das wäre richtig, wenn alle Buchstaben außer den Bs unterschiedlich wären. Da sind aber noch die vier Os! Daher sieht's so aus:
 

\(\frac{8 \cdot 7!}{4!} = 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 = 1680\)

 

In der b) geht's sogar etwas leichter, weil bei asinus alle Buchstaben außer den beiden S unterschiedlich sind.

 06.10.2022
 #2
avatar+14082 
+1

Bitte löse auch b) und erkläre es noch etwas einfacher. Ich würde da auch gern durchblicken.

laugh  !

 06.10.2022
 #3
avatar+3923 
+2

Also gut, ein bisschen mehr Kombinatorik!

 

Wir betrachten erstmal 2 einfache Beispiele: 

Wollen wir die Buchstaben des Wortes BUCH anordnen, so haben wir für den ersten Buchstaben 4 Möglichkeiten, für den zweiten 3 (haben ja schon einen ausgewählt), für den dritten noch 2 und für den letzten bleibt nur einer übrig. Insgesamt ergibt das 4! Möglichkeiten.

Generell also: Die Anzahl der Möglichkeiten, n Sachen anzuordnen, ist n!.

 

Problematisch wird's erst, wenn Buchstaben mehrfach vorkommen: 

Wollen wir auch bei ABBA alle Ordnungs-Möglichkeiten zählen, so wäre 4! zu viel. Das Problem fällt auf, wenn man die A's und die B's durchnummeriert:

Betrachten wir A1B1B2A2, dann stimmt's mit 4!, weil wir ja wieder vier verschiedene Objekte betrachten. Ob wir aber nun das "Original-Wort" oder A2B2B1A1 sehen macht ja keinen Unterschied. Daher wird ein Nenner eingebaut, der uns die Mehrfachzählungen "rausteilt". In diesem kommt für jeden mehrfach genutzten Buchstaben ein Faktor vor, der selbst wieder eine Fakultät ist. Er soll zählen, auf wie viele Arten man die Doppel-Buchstaben sortieren könnte, wenn man sie unterscheiden könnte. In diesem Fall: Die As auf 2! Arten, die Bs auch. Insgesamt erhalten wir \(\frac{4!}{2! \cdot 2!}\). Das sind dann nur 6 Stück - überzeugt euch von der Richtigkeit meiner Ausführungen, indem ihr die 6 Anordnungen von ABBA aufschreibt! ;)

 

Generell haben wir also 6!/2! Möglichkeiten, die Buchstaben von ASINUS anzuordnen. Die "Sonderbedingung", dass die beiden S nebeneinander vorkommen sollen, müssen wir aber auch beachten. So sind nur noch folgende "Grundgerüste" möglich: 
SSXXXX

XSSXXX

XXSSXX
XXXSSX
XXXXSS

Wobei für X die 4 übrigen Buchstaben eingesetzt werden müssen. Für die "XXXX"-Stränge haben wir 4! Möglichkeiten. Wegen den 5 Grundgerüsten haben wir also 5*4! =5! = 120 Möglichkeiten, die Buchstaben wir gewünscht zu sortieren.

 

Die besondere Schwierigkeit bei PROBOLOBO war, dass beides zu tun ist: Die Grundgerüst-Überlegung vor der Fakultätsbildung und das "Herausteilen" von doppelt gezählten Anordnungen aufgrund der vielen O's.

 

Ich hoff' das macht's klarer, fragt gern nach wenn was unklar ist! :)

Probolobo  06.10.2022
 #4
avatar+14082 
+2

Danke! Habs kapiert. Ist für mich aber schwere Kost.

Also:

Die SS-Gruppe kann auf fünf verschiedene Arten in der Gesamtgruppe stehen:

SSXXXX

XSSXXX

XXSSXX
XXXSSX
XXXXSS

Die Anzahl der Möglichkeiten, n Sachen anzuordnen, ist n!.

Die Anzahl der Möglichkeiten, die restlichen 4 Buchstaben anzuordnen, ist 4!

Dann ist die Anzahl der Möglichkeiten, die SS-Gruppe beliebig in die beliebig angeordneten restlichen Buchstaben einzufügen

5 * 4! = 5 * 24 = 120. 

laugh  !

 07.10.2022
bearbeitet von asinus  08.10.2022
 #5
avatar+3923 
+1

Genau, ja!

 

Versuch' gerne mal, die Anzahl der Anordnungen der Buchstaben des Wortes MISSISSIPPI (ein ganz typisches Beispielwort für solche Kombinatorikfragen tatsächlich :D ) und, wenn's geklappt hat, noch die Anzahl der Anordnungen von MISSISSIPPI, bei denen die beiden P's nebeneinander stehen ;)

Probolobo  08.10.2022
 #6
avatar+14082 
+1

Danke! Ich versuche es.

 

\(Anzahl\ (MISSISSIPPI)=\dfrac{11!}{4_I!\cdot 4_S!\cdot 2_P!}\\ =\dfrac{(2\cdot 3\cdot 4)\cdot 5\cdot( 6)\cdot 7\cdot (8\cdot 9\cdot 10)\cdot 11} {(2\cdot 3\cdot 4)\cdot (2\cdot 3\cdot 4)\cdot (2)}\\ =5\cdot 3\cdot 7\cdot 2\cdot 3\cdot 5\cdot 11=\color{blue}34650\ ?\ ?\ ?\)

laugh  !

asinus  08.10.2022
 #7
avatar+3923 
+1

Das stimmt schonmal! :)

Probolobo  08.10.2022
 #8
avatar+14082 
0

Gibt es eine etwas elegantere Art, Fakultäten zuj dividieren?

laugh  !

asinus  08.10.2022
 #9
avatar+3923 
+1

Nicht wirklich, es gilt halt für n>m die Gleichheit n!/m! = n*(n-1)*...*(m+1) , wo man also die ersten n-m Faktoren kürzen kann, aber mehr fällt mir da auch nicht ein. Das eleganteste ist wohl der Taschenrechner ;)

Probolobo  08.10.2022
 #10
avatar+14082 
+2

Es gibt 10 Anordnungen der Buchstaben von MISSISSIPPI, bei denen PP nebeneinander steht.

 

PPXXXXXXXXX

XPPXXXXXXXX

XXPPXXXXXXX

XXXPPXXXXXX

XXXXPPXXXXX

XXXXXPPXXXX

XXXXXXPPXXX

XXXXXXXPPXX

XXXXXXXXPPX

XXXXXXXXXPP

 

Dann ist die Anzahl der Möglichkeiten, die PP-Gruppe beliebig in die beliebig angeordneten restlichen Buchstaben einzufügen

 

\(=\dfrac{10\cdot 9!}{4_I!\cdot 4_S!}\\ =\dfrac{(2 \cdot 3\cdot 4)\cdot 5\cdot 6\cdot 7\cdot (8\cdot 9\cdot 10)}{(2\cdot 3\cdot 4)\cdot (2\cdot 3\cdot 4)} \color{blue}=5\cdot 6\cdot 7\cdot 2\cdot 3\cdot 5=6300\)

laugh  !

 09.10.2022
 #11
avatar+3923 
+1

Sieht aus als wär' die Message angekommen, gute Arbeit! :)

Probolobo  09.10.2022
 #12
avatar+14082 
0

Danke! 

laugh  !

asinus  09.10.2022

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