TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2023W/Beispiel 204
Man bestimme die Anzahl aller Anordnungen (Permutationen) der Buchstaben a,b,c,d,e,f, in denen weder der Block "bcf" noch der Block "eb" vorkommt. (Hinweis: Die Anzahl der Permutationen einer n-elementigen Menge ist n!).
Lösungsvorschlag von mnemetz[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]
(Anm: Die Angabe wurde tw. mit Beispiel 170 verwurschtelt, siehe auch Lösung von Baccus)
Betrachte
Daraus folgt: : Alle Möglichkeiten, die 8 Buchstaben anzuordnen ist 8! = 40.320.
Betrachte Anordnungsmöglichkeiten Block "bcf":
Somit ergibt sich für die Anodnungsmöglichkeiten von "bcf":
Die Anzahl aller Anordnungen (Permutationen) der Buchstaben a,b,c,d,e,f,g,h in denen der Block "bcf" nicht vorkommt ist somit: .
Betrachte Anordnungsmöglichkeiten Block "eb":
Somit ergibt sich für die Anodnungsmöglichkeiten von "eb":
Die Anzahl aller Anordnungen (Permutationen) der Buchstaben a,b,c,d,e,f,g,h in denen der Block "eb" nicht vorkommt ist somit: .
Lösung von Baccus[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]
Hilfreiches[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]
Also:[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]
Gefragt ist eine Permutation von {"a", "b", "c", "d", "e", "f"}, \{"bcf"}, \{"eb"}; dabei ist zu beachten, daß "bcf" und "eb" zusammen als "ebcf" vorkommen kann.
Die Menge hat 6 Elemente, die Anzahl aller möglichen Permutationen der Menge ist also 6! = 720.
- "bcf" fix:
- noch 3 Stellen permutierbar, 3! = 6;
- auf 4 Arten anordbar (s.o.): 4*3! = 24 Möglichkeiten.
- "eb" fix:
- noch 4 Stellen permutierbar, 4! = 24;
- auf 5 Arten anordbar: 5*4! = 120 Möglichkeiten.
- "ebcf" fix:
- noch 2 Stellen permutierbar, 2! = 2;
- auf 3 Arten anordbar: 3*2! = 6 Möglichkeiten.
Inkl/Exkl-Prinzip (Siebformel):
720 - (24 + 120) + 6 = 582 Anordnungen sind möglich.
--Baccus 00:41, 2. Dez 2006 (CET)
Lösung von Hapi[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]
Die Menge beträgt nur 6 Buchstaben und es gibt noch die Anordnung ebcf !!!
Lösungsweg grundsätzlich richtig, aber die Anzahl der Elemente ist nicht 8 sonder 6!!
1. Anzahl der Permutationen der Buchstaben a-f (6 Stück) ist 6! bzw. 720
2. Anordnungen des Blocks "bcf" auf insgesamt 4 Positionen. Die Anordnung wird mit der Permutation der restlichen 3 Buchstaben aufgefüllt. = 4*3! = 4*6 = 24
3. Anordnungen des Blocks "eb" auf insgesamt 5 Positionen. Die Anordnung wird mit der Permutation der restlichen 4 Buchstaben aufgefüllt. = 5*4! = 5*24 = 120
4. Jetzt sind noch die Anordungen von ebcf zu berücksichtigen, die nach dem Inklusions-Exklusionsprinzip 2 mal herausgenommen wurden: 4 Buchstaben können an 3 Positionen stehen und werden mit 2 Zeichen aufgefüllt, also 3 * 2! = 6
5. Gesamtsumme abzüglich Anordnungen, die nicht vorkommen dürfen, zuzüglich der doppelten Anordnungen:
720 - 24 - 120 + 6 = 582
Hapi
Lösung von Superwayne[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]
Man kann das Beispiel auch rein mit Permutation einer n-elementigen Menge rechnen, wie es auch die Angabe suggeriert:
Von der gesamten Menge muss man demnach und abziehen, da wir diese Möglichkeiten ausschließen, aber addieren, da Permutationen "ebcf" in beiden Permutation vorkommt und deshalb zu oft abgezogen wurde:
-- Superwayne 11:20, 27. Nov. 2014 (CET)
Links zu ähnlichen Beispielen[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]
Ähnliche Beispiele:
Beispiel_168, Beispiel_170