Lösungen zu Übung 5

Höhere Mathematik KI Master
Lösung zu Übung 5
(Kombinatorik)
Prof. Dr. B.Grabowski E-Post: grabowski@htw-saarland.de
Zu Aufgabe 1)
Zu a) Beweis: Vollständige Induktion über n:
IA: n=1 --> Anzahl der Permutationen von einem Element: 1
IS: Vor: Anzahl der Permutationen von n Elementen ist n!
Beh.: Anzahl der Permutationen von n+1 Elementen ist (n+1)!
Bew.:
Wir halten das Element auf dem n+1.ten Platz einer Permutation von n+1 Elementen fest.
Den n+1. Platz kann man jetzt durch jedes der n+1 Elemente belegen. Für die ersten n
Elemente gibt es dabei jeweils n! Vertauschungen . Insgesamt sind das n!(n+1)=(n+1)!
Vertauschungen.
qed.
Zu b) Beweis: Vollständige Induktion über n:
IA: n=1.
Man überzeugt sich leicht von der Gültigkeit der Aussage für n=1, k=0 und n=1,k=1.
IS:
⎛n⎞
Vor: Es gibt ⎜ ⎟ Möglichkeiten, eine k-elementige Menge aus einer n-elementigen Menge
⎝k⎠
auszuwählen, k=0,...,n.
⎛ n + 1⎞
Beh.: Es gibt ⎜ ⎟ , k=0,...,(n+1) Möglichkeiten, eine k-elementige Menge aus einer n-
⎝ k ⎠
elementigen Menge auszuwählen.
Bew.:
Man hat folgende Möglichkeiten, aus einer n+1-elementigen Menge {a1,...,an, a (n+1) } eine k-
elementige Teilmenge, k=0,...,n auszuwählen:
1. Man wählt aus der n-elementigen Menge {a1,...,an} eine k-elementige Teilmenge aus
⎛n⎞
(Nach Induktionsvoraussetzung : ⎜ ⎟ Möglichkeiten.)
⎝k⎠
2. Man wählt aus der n-elementigen Menge {a1,...,an} eine (k-1)-elementige Teilmenge aus
⎛ n ⎞
( Nach Induktionsvoraussetzung: ⎜ ⎟ Möglichkeiten) und packt das Element a (n+1) als
⎝k −1⎠
k.-tes Element der Teilmenge mit dazu.
1

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(Kombinatorik)
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Insgesamt gibt es also
⎛n ⎞ ⎛ n ⎞
⎜ ⎟ + ⎜ ⎟
⎝k⎠
⎝k −1⎠
auszuwählen.
Möglichkeiten, eine k-elementige Teilmenge aus einer n+1-elementigen Menge
Man überzeugt sich leicht davon, dass gilt:
⎛n ⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ n + 1⎞
⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟
⎝k⎠
⎝k −1⎠
⎝ k ⎠
für k=0,...,n.
Für den Fall k=n+1 gibt es nur eine Möglichkeit, nämlich die Menge selbst. Dafür ist
⎛n
+ 1⎞
ebenfalls die Formel erfüllt, denn es gilt: ⎜ ⎟ = 1.
⎝n
+ 1⎠
q.e.d
Zu Aufgabe 2)
Zu a) Es gibt
⎛12⎞
• ⎜ ⎟ (Anzahl der Möglichkeiten, aus 12 Personen 6 für den Tisch auszuwählen),
⎝ 6 ⎠
• 6! Möglichkeiten, diese 6 Personen am Tisch zu platzieren
Ergebnis: Es gibt genau
Zu b)
⎛6⎞
⎛6⎞
⎛ 6! ⎞
2 ⎜ ⎟ ⋅ 3!
⎜ ⎟ ⋅ 3! = 2⎜
⎟
⎝3⎠
⎝3⎠
⎝ 3! ⎠
2
⎛12⎞
12!
⎜ ⎟ 6! =
⎝ 6 ⎠ 6!
Sitzordnungen
Erklärung :
Es können jeweils 3 Damen und 3 Herren Platz in zwei Varianten (Dame auf Platz 1,Herr
auf Platz2 ,..... oder Herr auf Platz1, Dame auf Platz2,... ) Platz nehmen .
Es gibt gerade jeweils 6 über 3 Möglichkeiten 3 Damen bzw. 3 Herren aus einer Gruppe
von jeweils 6 auszuwählen. Zusätzlich gibt es 3! Mögliche Vertauschungen der 3
Personen auf 3 Plätze.
Ergebnis:
⎛6⎞
⎛6⎞
Die Anzahl aller möglichen Sitzordnungs-Kombinationen ist folglich 2 ⎜ ⎟ ⋅ 3!
⎜ ⎟ ⋅ 3!
⎝3⎠
⎝3⎠
.
2

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Zu Aufgabe 3)
⎛12⎞
Zu a) . ⎜ ⎟ Möglichkeiten, aus 12 Punkten 3 auszuwählen und zu einem Dreieck zu
⎝ 3 ⎠
verbinden.
⎛12⎞
Zu b). ⎜ ⎟ Möglichkeiten, aus 12 Punkten 4 auszuwählen und zu einem Viereck zu
⎝ 4 ⎠
verbinden.
Zu c).
Als Schnittpunkt betrachten wir den Schnittpunkt zweier verschiedener Geraden.
Für einen Schnittpunkt benötigt man 4 Punkte auf dem Kreisbogen: siehe Skizze:
Demzufolge ist die Anzahl aller Schnittpunkte gleich der Anzahl aller Möglichkeiten 4
⎛12 ⎞
Punkte aus den vorgegebenen n=12 Punkten auszuwählen, also = ⎜ ⎟ .
⎝ 4 ⎠
Zu Aufgabe 4)
5
Zu a) 10 (jede der 10 Ziffern kann auf jedem der 5 Plätze stehen)
Zu b)
Anzahl der Ziffern 3,5,8 im Code
3 5 8
1 1 3
Anzahl der Codes, die diese Anzahl von Ziffern
enthalten
⎛5⎞
2 ⎜ ⎟
⎝3⎠
(5 über 3 Möglichkeiten, 3 Stellen mit der 8 zu belegen,
2 Möglichkeiten, die verbleibenden Stellen durch 3 und
5 zu belegen)
3

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1 2 2
1 3 1
2 1 2
2 2 1
3 1 1
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⎛5⎞⎛
3⎞
⎜ ⎟⎜
⎟
⎝2⎠⎝
2⎠
(5 über 2 Möglichkeiten, 2 Stellen mit der Ziffer 8 zu
belegen, 5 über 3 Möglichkeiten, 2 der verbleibenden 3
Stellen mit der 5 zu belegen, die letzte Stelle bekommt
die 3 zugeordnet)
⎛5⎞
2 ⎜ ⎟ (Erklärung wie in Zeile 1)
⎝3⎠
⎛5⎞⎛
3⎞
⎜ ⎟⎜
⎟ (Erklärung wie in Zeile 2)
⎝2⎠⎝
2⎠
⎛5⎞⎛
3⎞
⎜ ⎟⎜
⎟ (Erklärung wie in Zeile 2)
⎝2⎠⎝
2⎠
⎛5⎞
2 ⎜ ⎟ (Erklärung wie in Zeile 1)
⎝3⎠
Die Anzahl der Codes, welche die Zahlen 3, 5 und 8 enthalten ist gleich der Summe der
letzten Spalte der Tabelle:
⎛5⎞
⎛5⎞⎛
3⎞
Lösung: 3⋅ 2 ⎜ ⎟ + 3⋅ ⎜ ⎟⎜
⎟
⎝3⎠
⎝2⎠⎝
2⎠
= 105
⎛10⎞
10!
Zu c) ⎜ ⎟5!
= (10 über 5 Möglichkeiten 5 Ziffern aus 10 auszuwählen, 5!
⎝ 5 ⎠ 5!
Vertauschungen dieser 5 Ziffern)
⎛5⎞
3 ⎛5⎞
2 ⎛5⎞
Zu d) ⎜ ⎟9
+ ⎜ ⎟9
+ ⎜ ⎟9
+ 1
⎝2⎠
⎝3⎠
⎝4⎠
(genau 2 Stellen enthalten eine 4:
5 über 2 Möglichkeiten für diese 2 Stellen, die mit einer 4 besetzt sind mal 9 hoch 3
Möglichkeiten, die 3 anderen Stellen durch die verbleibenden 9 Ziffern zu besetzten.
genau 3 Stellen enthalten eine 4:
5 über 3 Möglichkeiten für diese 3 Stellen, die mit einer 4 besetzt sind mal 9 hoch 2
Möglichkeiten, die 2 anderen Stellen durch die verbleibenden 9 Ziffern zu besetzten.
genau 4 Stellen enthalten eine 4: analog: 5 über 4 mal 9
genau 5 Stellen enthalten eine 4: 1 Möglichkeit.)
⎛5⎞
3
⎛5⎞
Achtung! Irrtümlich kann man auf die Lösung ⎜ ⎟10
kommen. ( ⎜ ⎟ Möglichkeiten, 2
⎝2⎠
⎝2⎠
Stellen auszuwählen, die mit 4 besetzt werden, die restlichen 3 Stellen können jeweils eine
der 10 Ziffern 0-9 enthalten).
Das ist aber eine falsche Lösung! Hier wird z.B. (4,4, 2,1,4) doppelt gezählt.
(Die 1. und 2. Ziffer ausgewählt, die 5. mit 4 belegt oder die 1. und 5. Ziffer ausgewählt und
die 2. mit 4 belegt)
4