TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2023W/Beispiel 166

Jemand wirft 2n mal eine Münze. Wieviele verschiedene Spielverläufe gibt es, wenn gleich oft Kopf wie Adler auftreten.

Dieses Beispiel hat einen unbekannten Lösungsstatus. Bitte editiere diese Seite und schreibe den dir bekannten Status ins Beispiel. Die möglichen Werte sind hier: Vorlage:Beispiel dokumentiert. Führe folgende Änderung durch:

{{Beispiel|1=
Angabetext
}}

oder

{{Beispiel|
Angabetext
}}

zu (im Falle einer korrekten, unverifizierten Lösung "solved". Auch möglich "unsolved", "wrong", "verified_by_tutor". Alle möglichen Werte sind hier: Vorlage:Beispiel dokumentiert.)

{{Beispiel|status=solved|1=
Angabetext
}}

Anzahl Kopf = n, Anzahl Adler = n, Anzahl der Würfe = 2n

${\frac {(2n)!}{n!*n!}}$

Beispiele:

              n = 6, 2n = 12 	12! =   479.001.600	(6!)² = (720)² = 518.400 -> 924	Möglichkeiten
              n = 5, 2n = 10	10! =     3.628.800	(5!)² = (120)² =  14.400 -> 252	Möglichkeiten
              n = 4, 2n =  8	 8! =        40.320	(4!)² =  (24)² =     576 ->  70	Möglichkeiten
              n = 3, 2n =  6     6! =           720     (3!)² =   (6)² =      36 ->  20 Möglichkeiten

Hapi

Anmerkung

Das lässt sich letztendlich auch eine Permutation einer Multimenge zurückführen. ${\frac {(k_{1}+k_{2}+\ldots +k_{n})!}{k_{1}!\cdot k_{2}!\cdot \ldots \cdot k_{n}!}}$

Dadurch ergibt sich auch die obige Formel, weil $n=2$ und alle $k_{i}=n$ sind

--MatheFreak 01:16, 11. Dez. 2010 (CET)

Ein kleines Beispiel:

4 Münzenwürfe (2xKopf und 2xAdler)

n=2

2n=4

${\frac {(2n)!}{n!*n!}}={\frac {(4)!}{2!*2!}}={\frac {24}{4}}=6$

1.) A A K K

2.) K K A A

3.) K A K A

4.) A K A K

5.) A K K A

6.) K A A K

zombie88

Literatur: Permutationen, Kombinatorik

cherry

Anmerkung (extern)

Meiner Meinung nach kann man diese Art von Problemen am einfachsten durch das Pascal'sche Dreieck verstehen. Auch wenn die Lösung in diesem Fall stimmt (Bsp.: wird es anhand eines Beispiels gelöst, mit der Permutation einer Teilmultimenge, wäre der richtige Ansatz, Auswahl einer Teilmenge. 2*n sind quasi die Pyramidenstufen des Pascal'schen Dreiecks. Auf der ersten Ebene 1 / 1 1 / 1 2 1 / 1 3 3 1 / 1 4 6 4 1

Daran sieht man schön, die Anzahl der Stufen fängt mit 0 an (wie in der Informatik üblich), d.h. ist die Anzahl der Pascal'schen Stufen gerade / {0}, dann gibt es einen Mittelpunkt, deshalb ist die Münzwurffunktion auch mit 2n gewählt, ein Mittelpunkt einer Pascal'schen-ebene bedeutet: es gibt ein Ereignis, bei dem beide Ereignisse gleich oft eintreten. Z.B. Könnte man das schön mit Lotto vergleichen, hierbei hätte das Pascal'sche Dreieck 45 Stufen, wäre also ungerade, hypothetisch könnte die Gesamtmenge der Zahlen aber 46 sein (Äquivalent zu unserem Münzwurf), und jetzt legt man fest, dass genau die Hälfte der Zahlen stimmen müssen. (hypothetisch), ob die anderen gezogen werden, sei nicht wichtig, aber das entscheidende ist genau die Hälfte.

Zurück zum Münzwurf => man betritt das Pascal'sche Dreieck mit 2n Würfen und steigt bspw. in der Ebene 4 ein (1 4 6 4 1 ), die erste Zahl sei die Anzahl derer innerhalb der 4 Würfe entweder 4* Pech oder 4* Glück zu haben (4 jjjj / 4 nnnn) , nimmt man jedoch die Mitte (also 2, (1 ist inkl. 0)), hat man 6 Ausgänge, 6 Ausgänge, genau die Mitte (2 von 4), d.h. es gibt 6 Pfade für jjnn (Reihenfolgenunabhängig)

Und dies löst man einfach somit mit dem Binomialkoeffizient (2n über n )