Kombinatorik < Kombinatorik < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:28 Di 18.11.2008 | | Autor: | husbert |
| Aufgabe | | Auf wie viele Arten können 51 Mandate auf 4 Parteien verteilt werden, wenn jede Parte mindestens 3 Mandate erhalten soll? |
Hallo,
meine frage ist, ob ich diese Aufgabe richtig gerechnet habe?
Rechnung:
[3!/3!*(3-3)!]*[48!/1!*(48-1)!]=48
sprich:
[mm] \vektor{3 \\ 3}*\vektor{48 \\ 1}=48
[/mm]
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:20 Di 18.11.2008 | | Autor: | Zwerglein |
Hi, Husbert,
> Auf wie viele Arten können 51 Mandate auf 4 Parteien
> verteilt werden, wenn jede Parte mindestens 3 Mandate
> erhalten soll?
> Hallo,
> meine frage ist, ob ich diese Aufgabe richtig gerechnet
> habe?
> Rechnung:
> [3!/3!*(3-3)!]*[48!/1!*(48-1)!]=48
> sprich:
> [mm]\vektor{3 \\ 3}*\vektor{48 \\ 1}=48[/mm]
Ehrlich gesagt kann ich Deine Gedankengänge nicht nachvollziehen, halte das Ergebnis aber für falsch!
Für mich hat die Aufgabe was mit dem "Zellenmodell" zu tun - ich weiß nur noch nicht, wie man die "mindestens 3" ins Spiel bringen kann.
mfG!
Zwerglein
|
|
|
| |
|
> Auf wie viele Arten können 51 Mandate auf 4 Parteien
> verteilt werden, wenn jede Parte mindestens 3 Mandate
> erhalten soll?
Die "Mandate" sind ja wohl nicht individualisiert (durch
voneinander unterschiedene Ämter), also kommt es nur
darauf an, welche Partei wie viele Mandate
zugeteilt bekommt. Die Parteien sind aber voneinander
unterscheidbar, d.h. wir betrachten es z.B. als eine
wesentliche Veränderung, wenn wir die Mandatzahl
der CDU mit jener der Grünen vertauschen.
Soll jede Partei mindestens 3 Mandate erhalten, so
vergeben wir zunächst einfach diese 12 "Sockel-Mandate".
Dann bleibt die Frage, auf wieviele Arten man die
verbleibenden 51-12=39 "freien Mandate" auf die 4
Parteien aufteilen kann. Etwas anders gefragt:
Wie viele Quadrupel <a,b,c,d> [mm] \in{\IN_0}^4 [/mm] mit
Summe a+b+c+d=39 gibt es ?
LG
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:22 Di 18.11.2008 | | Autor: | husbert |
Vielen dank,
habe das ganze mal mit [mm] \vektor{39 \\ 4} [/mm] gerechnet und es kommt 82251 heraus.
Es gibt also sozusagen 82251 Möglichkeiten die 39 restlichen mandate auf die 4 Parteien zu verteilen?
gruß husbert
|
|
|
| |
|
> Vielen dank,
>
> habe das ganze mal mit [mm]\vektor{39 \\ 4}[/mm] gerechnet und es
> kommt 82251 heraus.
>
> Es gibt also sozusagen 82251 Möglichkeiten die 39
> restlichen mandate auf die 4 Parteien zu verteilen?
>
> gruß husbert
Ganz so einfach wird das wohl nicht gehen ...
Ich schaue hier morgen nochmal rein.
Nach meiner Rechnung komme ich auf 11480 Möglichkeiten.
gute Nacht !
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:11 Mi 19.11.2008 | | Autor: | husbert |
Welche Formel hast du dafür benutzt?
82251 hört sich für mich auch ziemlich "hoch" an.
|
|
|
| |
|
> Welche Formel hast du dafür benutzt?
Ich dachte zuerst an eine analoge, aber
einfachere Aufgabe:
"Auf wieviele Arten kann man mit zwei
(mit drei, mit vier) Würfeln die Augen-
summe 4 (5,6,7) würfeln ?"
Derartige Aufgaben hast du wohl auch
schon angetroffen.
____________________________________________
Nun kann man die Frage:
Wie viele Quadrupel <a,b,c,d> [mm] \in{\IN_0}^4 [/mm] mit
Summe a+b+c+d=39 gibt es ?
zuerst erweitern:
Wie viele n-Tupel $\ [mm] \ \in\ {\IN_0}^n$ [/mm] mit
Summe $\ [mm] a_1+a_2+ [/mm] ... [mm] +a_n=s$ [/mm] gibt es ?
Und nun habe ich mir einmal ein paar leichte
Fälle mit kleinen n und s überlegt:
n=1 n=2 n=3 n=4
s=0 1 1 1 1
s=1 1 2 3 4
s=2 1 3 6 10
s=3 1 4 10
s=4
s=5
Wenn du diesen Anfang der Tabelle noch
etwas ergänzt, kommst du bestimmt auch
auf Ideen, wie man sie weiterführen und
ihre Elemente durch Formeln beschreiben
kann. Vermutungen kann man allenfalls
durch vollständige Induktion beweisen.
Viel Spass beim Pröbeln !
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:11 Mi 19.11.2008 | | Autor: | husbert |
Vielen Dank al-chwarizmi.
Das sieht mir ja stark nach einen Pascalschen Dreieck aus ;)
|
|
|
| |
|
Hi, husbert,
> habe das ganze mal mit [mm]\vektor{39 \\ 4}[/mm] gerechnet und es
> kommt 82251 heraus.
>
> Es gibt also sozusagen 82251 Möglichkeiten die 39
> restlichen mandate auf die 4 Parteien zu verteilen?
Kommt der Sache schon näher!
Aber nochmals: Es handelt sich hier m.E. um eine Aufgabe aus dem Kapitel "Zellenmodell".
Dieses Modell gibt eine Formel an für folgendes Problem:
"Auf wie viele Arten kann mann k nicht unterscheidbare Kugeln auf n Zellen verteilen, wenn eine Zelle von 0 bis k Kugeln aufnehmen kann?"
Al-Chwarismi hat - denke ich - mein Hauptproblem gelöst, wenn er sagt:
"Soll jede Partei mindestens 3 Mandate erhalten, so vergeben wir zunächst einfach diese 12 "Sockel-Mandate". "
Demnach sind noch 51-12=39 Mandate (im Zellenmodell: Kugeln) auf die 4 Parteien (im Modell: Zellen) zu verteilen.
Die zugehörige Formel lautet: [mm] \vektor{n+k-1 \\ k}
[/mm]
Damit komme ich bei Deinem Beispiel auf Folgendes:
[mm] \vektor{39+4-1 \\ 4} [/mm] = [mm] \vektor{42 \\ 4} [/mm] = 111930.
mfG!
Zwerglein
|
|
|
| |
|
> Demnach sind noch 51-12=39 Mandate (im Zellenmodell:
> Kugeln) auf die 4 Parteien (im Modell: Zellen) zu verteilen.
>
> Die zugehörige Formel lautet: [mm]\vektor{n+k-1 \\ k}[/mm]
>
> Damit komme ich bei Deinem Beispiel auf Folgendes:
> [mm]\vektor{39+4-1 \\ 4}[/mm] = [mm]\vektor{42 \\ 4}[/mm] = 111930.
>
> mfG!
> Zwerglein
>
hallo Zwerglein,
ist deine Formel so ganz korrekt ?
mein Resultat 11480 (das ich auf 3 verschiedene Arten
bestimmt habe), entspricht dem Binomialkoeffizienten
[mm]\vektor{42\\ 3}[/mm], nicht [mm]\vektor{42\\ 4}[/mm] !
Gruß Al
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:55 Mi 19.11.2008 | | Autor: | Zwerglein |
Hi, Al-Chwarismi,
also: Die Formel stimmt 100%ig!
Schau Dir in diesem Zusammenhang auch mal diese Diskussion an:
https://matheraum.de/read?t=467591
Ich wüsste ehrlich gesagt auch nicht, wie man die 3 begründen könnte, die in Deinem Ansatz steckt: Es sind ja 4 (!) Parteien ("Zellen"), nicht 3.
Am Überlegen bin ich jedoch noch, ob die Verteilung der ersten 12 Mandate nicht doch eine Rolle für die Anzahl der Verteilungen spielt, etwa so:
[mm] \vektor{51 \\ 3}*\vektor{48 \\ 3}*\vektor{45 \\ 3}*\vektor{42 \\ 3}*\vektor{39+4-1 \\ 4} [/mm] (Idee! unsicher!!)
mfG!
Zwerglein
|
|
|
| |
|
> Hi, Al-Chwarismi,
>
> also: Die Formel stimmt 100%ig!
bist du denn sicher, dass sie auch auf die vorliegende
Frage passt ?
> Schau Dir in diesem Zusammenhang auch mal diese Diskussion an:
> https://matheraum.de/read?t=467591
(habe ich schon gesehen)
Die Antwort auf die dortige Frage ist nach "meiner" Formel :
Anzahl Möglichkeiten, n Bonbons an n Kinder zu verteilen [mm] =\vektor{n+n-1\\n-1}
[/mm]
verallgemeinert:
Anzahl Möglichkeiten, b Bonbons an n Kinder zu verteilen [mm] =\vektor{n+b-1\\n-1}
[/mm]
>
> Ich wüsste ehrlich gesagt auch nicht, wie man die 3
> begründen könnte, die in Deinem Ansatz steckt: Es sind ja 4
> (!) Parteien ("Zellen"), nicht 3.
Wir suchen nur diejenigen Quadrupel, deren Summe
exakt 39 beträgt (es werden alle Mandate verteilt !)
Weil die Summe fixiert ist, können nur drei Summanden
frei gewählt werden.
> Am Überlegen bin ich jedoch noch, ob die Verteilung der
> ersten 12 Mandate nicht doch eine Rolle für die Anzahl der
> Verteilungen spielt, etwa so:
> [mm]\vektor{51 \\ 3}*\vektor{48 \\ 3}*\vektor{45 \\ 3}*\vektor{42 \\ 3}*\vektor{39+4-1 \\ 4}[/mm]
> (Idee! unsicher!!)
Ich bin auch mit einem kleinen Computerprogramm,
welches alle Quadrupel aus Zahlen a,b,c,d aus [mm] \{3,4,5, .... ,51\} [/mm] mit
Summe a+b+c+d=51 sucht, auf die Anzahl 11480 gekommen ...
>
> mfG!
> Zwerglein
Gruß !
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:33 Do 20.11.2008 | | Autor: | Zwerglein |
Hi, Al-Chwarismi,
Puh- ich glaub' jetzt hab' ich meinen Fehler entdeckt: n und k verwechselt.
In Wirklichkeit kommt da [mm] \vektor{42 \\ \red{39}} [/mm] raus - und das ist natürlich dasselbe was Du rauskriegst,
da [mm] \vektor{42 \\ \red{39}} [/mm] = [mm] \vektor{42 \\ 3 } [/mm] = 11480.
mfG!
Zwerglein
|
|
|
| |
|
> > Hi, Al-Chwarismi,
> >
> > also: Die Formel stimmt 100%ig!
>
> bist du denn sicher, dass sie auch auf die vorliegende
> Frage passt ?
>
> > Schau Dir in diesem Zusammenhang auch mal diese Diskussion
> an:
> > https://matheraum.de/read?t=467591
>
>
> Die Antwort auf die dortige Frage ist nach "meiner" Formel:
>
> Anzahl Möglichkeiten, n Bonbons an n Kinder zu verteilen
> [mm]=\vektor{n+n-1\\n-1}[/mm]
>
> verallgemeinert:
>
> Anzahl Möglichkeiten, b Bonbons an n Kinder zu verteilen
> [mm]=\vektor{n+b-1\\n-1}[/mm]
EDIT:
Diese Formeln kann man natürlich noch vereinfachen:
Anzahl Möglichkeiten, n Bonbons an n Kinder zu verteilen
[mm]\blue{=\vektor{n+n-1\\n-1}=\vektor{n+n-1\\n-1}=\vektor{2n-1\\n}}[/mm]
verallgemeinert:
Anzahl Möglichkeiten, b Bonbons an n Kinder zu verteilen
[mm]\blue{=\vektor{n+b-1\\n-1}=\vektor{n+b-1\\b}}[/mm]
Diese letzte Formel entspricht dann auch der Formel
[mm]\vektor{N+k-1\\k}}[/mm] aus der anderen Diskussion.
Damit ist die Brücke fertig. ![[winken]](/images/smileys/winken.gif "[winken]")
|
|
|
|
