Example Question - combinatorics
Here are examples of questions we've helped users solve.
Determining the Dictionary Rank of a Specific Arrangement of Letters
<p>Let's calculate the rank of the word RACHIT.</p> <p>Step 1: Write down the letters in alphabetical order: A, C, H, I, R, T.</p> <p>Step 2: Fix the first letter and calculate the number of permutations for the remaining letters.</p> <p>We have 5 positions left, so we will calculate \(5!\) permutations for the following scenarios:</p> <ul> <li>R is fixed (A, C, H, I, T): count the permutations starting with A, C, H, and I.</li> </ul> <p>\(4 \times 5! = 4 \times 120 = 480\)</p> <p>Step 3: Now fix the second letter and calculate permutations for the remaining letters, until the selected letter exceeds the corresponding letter in RACHIT.</p> <p>For the word RACHIT, after R, A is fixed:</p> <ul> <li>R, A is fixed (C, H, I, T): count the permutations starting with C and H.</li> </ul> <p>\(2 \times 4! = 2 \times 24 = 48\)</p> <p>Step 4: Repeat step 3 for all subsequent letters.</p> <ul> <li>R, A, C is fixed (H, I, T): count the permutations starting with H.</li> </ul> <p>\(1 \times 3! = 1 \times 6 = 6\)</p> <p>Finally, add all these permutations:</p> <p>480 (for R) + 48 (for RA) + 6 (for RAC) + 1 (for the next turn RACHI to RACHIT)</p> <p>Total rank = 480 + 48 + 6 + 1 = 535</p> <p>So the rank of the word RACHIT is 535.</p>
Determining the Lexicographic Rank of a Specific Word in Permutations
<p>The word 'RACHIT' has 6 unique letters. To find the rank of the word 'RACHIT' when all the permutations of the letters are arranged in alphabetical order:</p> <p>1. Arrange the letters in alphabetical order: A, C, H, I, R, T</p> <p>2. Calculate the number of permutations that start with each letter before 'R' (the first letter of the given word), with the remaining 5 letters:</p> <p>For 'A': $5!$</p> <p>For 'C': $5!$</p> <p>For 'H': $5!$</p> <p>For 'I': $5!$</p> <p>3. Add these permutations to find the number of words before reaching the first word starting with 'R':</p> <p>Total permutations before 'R': $4 \times 5!$</p> <p>4. Now, calculate the number of permutations that start with 'RA', followed by each letter before 'C' (the second letter of 'RACHIT'), with the remaining 4 letters:</p> <p>For 'RAH', 'RAI', 'RAT': $3 \times 4!$</p> <p>Total permutations after 'RA' and before 'RAC': $3 \times 4!$</p> <p>5. The word 'RACHIT' is the next permutation following all those starting with 'RA' and not 'RAC'. Thus, it's the first permutation with the prefix 'RAC'.</p> <p>6. Add the total permutations to get the rank of 'RACHIT':</p> <p>Rank of RACHIT = $4 \times 5! + 3 \times 4! + 1$</p> <p>7. Calculate factorials and add them up:</p> <p>Rank of RACHIT = $4 \times 120 + 3 \times 24 + 1$</p> <p>Rank of RACHIT = $480 + 72 + 1$</p> <p>Rank of RACHIT = $553$</p> <p>Therefore, the rank of the word 'RACHIT' is 553.</p>
Ranking Permutations of a Given Word
<p>The word RACHIT contains 6 distinct letters.</p> <p>To find the rank of the word RACHIT when the letters are arranged in dictionary order:</p> <p>Step 1: Arrange the letters of the word in alphabetical order: A, C, H, I, R, T.</p> <p>Step 2: Count the number of words starting with each letter that is before R alphabetically and with the rest in any order.</p> <p>Step 3: For A as the first letter, we can arrange the remaining 5 letters in \(5!\) ways.</p> <p>Step 4: For C as the first letter, the count is again \(5!\) ways.</p> <p>Step 5: For H as the first letter, the count is \(5!\) ways.</p> <p>Step 6: For I as the first letter, the count is \(5!\) ways.</p> <p>Step 7: With R as the first letter, the next letter could be A, which gives \(4!\) arrangements for the remaining letters.</p> <p>Therefore, the rank of RACHIT = the sum of all the arrangements calculated above</p> <p>\(= 4 \times 5! + 1 \times 4!\)</p> <p>\(= 4 \times (5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1) + 4 \times 3 \times 2 \times 1\)</p> <p>\(= 4 \times 120 + 24\)</p> <p>\(= 480 + 24\)</p> <p>\(= 504\)</p> <p>So, the rank of the word RACHIT is 504 when the letters are arranged in dictionary order.</p>
Counting Rectangles in a Grid
<p>Xét bảng hình chữ nhật có \( m \) hàng và \( n \) cột. Một hình chữ nhật trong bảng được xác định bởi việc chọn 2 hàng khác nhau từ \( m \) hàng và 2 cột khác nhau từ \( n \) cột để tạo thành các cạnh. Số hình chữ nhật có thể có là số cách chọn 2 hàng khác nhau nhân với số cách chọn 2 cột khác nhau.</p> <p>Trong hình ảnh, chúng ta có một bảng 2x4. Vậy:</p> <p>Số cách chọn 2 hàng từ 2 hàng = \( C(2, 2) = \frac{2!}{2!(2-2)!} = 1 \)</p> <p>Số cách chọn 2 cột từ 4 cột = \( C(4, 2) = \frac{4!}{2!(4-2)!} = 6 \)</p> <p>Số hình chữ nhật có thể có là \( 1 \times 6 = 6 \)</p> <p>Tuy nhiên, hình ảnh cũng cho thấy một đường kẻ bổ sung mà có thể phân chia một cột thành hai phần, tạo ra một cột phụ.</p> <p>Bây giờ ta có 5 cột để xem xét.</p> <p>Số cách chọn 2 cột từ 5 cột = \( C(5, 2) = \frac{5!}{2!(5-2)!} = 10 \)</p> <p>Số hình chữ nhật mới có thể có là \( 1 \times 10 = 10 \)</p> <p>Vậy tổng số hình chữ nhật có thể được đếm là \( 6 + 10 = 16 \).</p>
Counting Rectangles in a Grid
<p>Bài toán yêu cầu đếm số hình chữ nhật có thể tạo thành từ lưới ô vuông cho trước.</p> <p>Đầu tiên, xác định số cách chọn các cạnh đối diện để tạo thành một hình chữ nhật. Có 5 cạnh ngang, chúng ta có thể chọn 2 cạnh trong số đó để tạo thành cạnh trên và cạnh dưới của hình chữ nhật.</p> <p> \[ \text{Số cách chọn cạnh ngang} = C^2_5 = \frac{5!}{2!(5-2)!} = 10 \] </p> <p>Đối với các cạnh dọc, có 3 cạnh dọc và chúng ta cần chọn 2 cạnh để tạo thành cạnh trái và cạnh phải của hình chữ nhật.</p> <p> \[ \text{Số cách chọn cạnh dọc} = C^2_3 = \frac{3!}{2!(3-2)!} = 3 \] </p> <p>Số hình chữ nhật sẽ là tích của số cách chọn cạnh ngang và số cách chọn cạnh dọc.</p> <p> \[ \text{Số hình chữ nhật} = \text{Số cách chọn cạnh ngang} \times \text{Số cách chọn cạnh dọc} = 10 \times 3 = 30 \] </p>
Counting Rectangles in a Given Grid
<p>Để đếm số hình chữ nhật trong lưới đã cho, ta sử dụng công thức tổng quát cho một lưới có \(m\) hàng và \(n\) cột là \(\frac{m(m+1)n(n+1)}{4}\). Tuy nhiên, ảnh cung cấp không rõ ràng về số hàng và số cột của lưới, do đó giả sử lưới có \(m\) hàng và \(n\) cột.</p> <p>Bước 1: Chọn hai hàng khác nhau từ \(m\) hàng có thể chọn, có \(\binom{m}{2} = \frac{m(m-1)}{2}\) cách.</p> <p>Bước 2: Chọn hai cột khác nhau từ \(n\) cột có thể chọn, có \(\binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}\) cách.</p> <p>Bước 3: Nhân số cách chọn hàng và cột lại với nhau để tìm tổng số hình chữ nhật.</p> <p>Vì vậy, số hình chữ nhật tối đa có thể tính được là:</p> <p>\[ \text{Số hình chữ nhật} = \binom{m}{2} \times \binom{n}{2} = \frac{m(m-1)}{2} \times \frac{n(n-1)}{2} = \frac{m(m+1)n(n+1)}{4} \]</p> <p>Nếu số hàng và số cột cụ thể được cho, chúng ta có thể thay các giá trị đó vào công thức để tìm số hình chữ nhật cụ thể.</p>
Permutations of People Seating at a Rectangular Table
For the captain to be seated at one end of the rectangular table: - There are 2 choices for which end the captain sits at. - There are 9! ways to arrange the remaining people on the other seats. Hence, the total number of ways is \( 2 \times 9! \). <p>\( 2 \times 9! = 2 \times 362,880 = 725,760 \)</p>
Combination of Ascending Three-Digit Numbers from 0 to 5
Die Aufgabe lautet: Aus den sechs Ziffernkarten 0, 1, 2, 3, 4 und 5 sollen höchstens dreistellige Zahlen gebildet werden, bei denen keine Ziffer mehrfach auftritt und bei denen die Zahlenwerte der Ziffern nach dem Ziehen von links nach rechts der Größe nach angeordnet werden. (Es werden 3 Ziffernkarten gezogen.) a. Wie viele Möglichkeiten gibt es? Berechnen Sie die Anzahl ohne nachzuzählen. b. Stellen Sie alle Zahlen, die entstehen können, in einer fließenden Übersicht dar. Um diese Aufgabe zu lösen, nutzen wir die Kombinatorik. Da aus 6 möglichen Ziffern 3 ohne Wiederholung gezogen werden und die Reihenfolge von Bedeutung ist (die Zahlen müssen ansteigend sortiert sein), handelt es sich um eine Kombination ohne Wiederholung. Die Anzahl der Möglichkeiten für eine Kombination ohne Wiederholung berechnet sich durch die binomische Formel: \( C(n, k) = \frac{n!}{k! (n - k)!} \) wobei - \( n \) die Gesamtzahl der verfügbaren Optionen ist, - \( k \) die Anzahl der Optionen ist, die gewählt werden, und - \( ! \) das Fakultätszeichen ist, welches das Produkt aller positiven ganzen Zahlen bis zu dieser Zahl darstellt. Für diese Aufgabe ist \( n = 6 \) (da wir 6 Ziffern haben) und \( k = 3 \) (da wir eine 3-stellige Zahl bilden). Also wird die Anzahl der möglichen 3-stelligen Zahlen berechnet durch: \( C(6, 3) = \frac{6!}{3! (6 - 3)!} \) \( C(6, 3) = \frac{6 \cdot 5 \cdot 4}{3 \cdot 2 \cdot 1} \) \( C(6, 3) = 20 \) a. Es gibt 20 Möglichkeiten, eine dreistellige Zahl zu bilden, bei der keine Ziffer sich wiederholt und die Ziffern in aufsteigender Reihenfolge angeordnet sind. b. Um alle Zahlen darzustellen, die gebildet werden können, listen wir sie auf: 012, 013, 014, 015, 023, 024, 025, 034, 035, 045, 123, 124, 125, 134, 135, 145, 234, 235, 245, 345 Diese Zahlen stellen alle möglichen Kombinationen der Ziffern 0 bis 5 in aufsteigender Reihenfolge dar, wenn keine Ziffer mehrfach in einer Zahl verwendet wird.
Unique Number Combinations from Ziffernkarten
Die Aufgabe lautet: 3. Aus den sechs Ziffernkarten 0, 1, 2, 3, 4 und 5 sollen höchstens dreistellige Zahlen gebildet werden, bei denen keine Ziffer mehrfach auftritt und bei denen die Zahlenwerte der Ziffern nach dem Prinzip von links nach rechts der Größe nach angeordnet werden. (Es werden 3 Ziffernkarten gezogen.) a. Wie viele Möglichkeiten gibt es? Berechnen Sie die Anzahl ohne nachzuzählen. b. Stellen Sie alle Zahlen, die entstehen können, in einer informativen Übersicht dar. Zu a): Wir lösen diese Aufgabe durch Kombinatorik. Bei einer höchstens dreistelligen Zahl und den gegebenen Ziffern 0, 1, 2, 3, 4, 5 haben wir verschiedene Fälle zu betrachten – einstellige, zweistellige und dreistellige Zahlen. Einstellige Zahlen: Hier gibt es 6 Möglichkeiten (0 bis 5). Zweistellige Zahlen: Hier müssen wir die Kombinationen aus zwei unterschiedlichen Ziffern wählen. Da die Zahlen von links nach rechts größer werden müssen, ist die Position jeder gezogenen Ziffer relevant, das bedeutet, es handelt sich um Permutationen ohne Wiederholung. Für die erste Ziffer haben wir 5 Möglichkeiten (1 bis 5, da wir eine führende Null ausschließen) und für die zweite Ziffer bleiben dann 4 Möglichkeiten. Das ergibt 5 * 4 = 20 zweistellige Zahlen. Dreistellige Zahlen: Hierfür wählen wir drei unterschiedliche Ziffern aus, wobei wiederum keine Ziffer mehrfach vorkommen darf und die Zahl von links nach rechts größer werden muss. Für die erste Ziffer haben wir 4 Möglichkeiten (1 bis 4), für die zweite Ziffer dann 3 verbleibende Möglichkeiten und für die dritte Ziffer noch 2 Möglichkeiten. Das ergibt 4 * 3 * 2 = 24 dreistellige Zahlen. Insgesamt gibt es also 6 (einstellige) + 20 (zweistellige) + 24 (dreistellige) = 50 Möglichkeiten, Zahlen zu bilden. Zu b): Für die Darstellung der Zahlen in einer informativen Übersicht können wir sie in drei Gruppen unterteilen: einstellig, zweistellig und dreistellig. Eine Möglichkeit, wie man das darstellen könnte, ist eine Liste oder Tabelle, die alle Zahlen in aufsteigender Reihenfolge zeigt, jeweils getrennt für einstellige, zweistellige und dreistellige Zahlen. Beispiel für eine solche Darstellung: - Einstellige Zahlen: 0, 1, 2, 3, 4, 5 - Zweistellige Zahlen: 12, 13, 14, 15, 23, 24, 25, 34, 35, 45 - Dreistellige Zahlen: 123, 124, 125, 134, 135, 145, 234, 235, 245, 345 Hierbei sind alle zweistelligen Kombinationen sowie alle dreistelligen Permutationen enthalten, die die Bedingungen erfüllen.
Combinatorics and Drawer Painting Possibilities
Die Aufgabe beschäftigt sich mit Kombinatorik und den verschiedenen Möglichkeiten, die Schubladen einer Kommode zu bemalen, wenn fünf verschiedene Farben zur Verfügung stehen. Hier sind die Lösungen für jede Teilaufgabe: a) Wenn alle Kombinationen erlaubt sind und jede Schublade jeweils in einer der fünf Farben gestrichen werden kann, einschließlich der Möglichkeit, jede Schublade in derselben Farbe zu streichen, haben wir eine Situation, in der für jede der drei Schubladen fünf Möglichkeiten bestehen. Daraus ergibt sich: \(5^3 = 5 \times 5 \times 5 = 125\) Designs. b) Wenn drei verschiedene Farben verwendet werden sollen, betrachten wir Kombinationen ohne Wiederholung. Wir müssen also eine Auswahl von drei Farben aus fünf treffen und die Reihenfolge, in der sie auf die Schubladen aufgetragen werden, berücksichtigen (was dies zu einer Permutation macht): \(P(5,3) = \frac{5!}{(5-3)!} = \frac{5!}{2!} = \frac{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1}{2 \times 1} = 5 \times 4 \times 3 = 60\) Designs. c) Wenn höchstens zwei Farben gleich sein sollen, gibt es zwei Situationen zu berücksichtigen. Erstens kann genau eine Farbe doppelt vorkommen (zwei Schubladen dieselbe Farbe, die dritte eine andere), und zweitens können alle drei Schubladen verschiedene Farben haben (die bereits unter b) berechnete Anzahl von Möglichkeiten). Für zwei Schubladen dieselbe Farbe und die dritte eine andere beträgt die Anzahl der Designs: \(5 \text{ Möglichkeiten für die doppelte Farbe} \times 4 \text{ Möglichkeiten für die andere Farbe} \times \frac{3!}{2!} \text{ Möglichkeiten, die Farben anzuordnen}\) Das ergibt: \(5 \times 4 \times 3 = 60\) Designs für die erste Situation. Man muss jedoch die Designs von Teil b) noch hinzufügen, um die Gesamtzahl der möglichen Designs zu erhalten, wenn höchstens zwei Farben gleich sein sollen: \(60 + 60 = 120\) Designs. d) Wenn genau zwei Farben verwendet werden sollen, bedeutet dies, dass zwei Schubladen die gleiche Farbe haben und die dritte eine andere Farbe hat. Wir wählen eine Farbe für die zwei Schubladen und eine zweite Farbe für die dritte Schublade. Dabei gibt es keine Reihenfolge zu beachten, da zwei Schubladen die gleiche Farbe haben: \(5 \text{ Möglichkeiten für die doppelte Farbe} \times 4 \text{ Möglichkeiten für die andere Farbe} = 20\) Designs. Beachte, dass wir die 3! nicht durch 2! dividieren, wie bei Teil c), da es hier keine Rolle spielt, in welcher Reihenfolge die Farben aufgetragen werden – zwei sind gleich und eine ist anders.
Calculating Different Paths on a Grid
In der abgebildeten Rastersituation fragen wir uns, wie viele unterschiedliche Wege Alice von Punkt A nach Punkt B nehmen kann, wenn sie sich nur nach rechts oder nach unten bewegen darf. Um dies zu lösen, verwenden wir die gegebene Regel, dass die Anzahl der Wege zu einem Kreuzungspunkt die Summe der Wege der vorigen Kreuzungspunkte ist. Beginnen wir damit, die Pfade zu Punkt A mit 1 zu kennzeichnen, weil es nur einen Weg gibt, an diesen Punkt zu gelangen (indem man einfach dort startet). Dann gehen wir systematisch durch jedes Gitterfeld und addieren die Anzahl der Wege, die zu diesem Punkt führen. Das machen wir so, weil Alice entweder von links oder von oben zu jedem Punkt auf dem Gitter gelangen kann. So erhalten die Punkte direkt rechts von A und direkt unter A jeweils den Wert 1, da man zu diesen Punkten nur auf eine Art gelangen kann. Schritt für Schritt füllen wir die Tabelle aus, bis wir zu Punkt B kommen. Jedes Feld in einer Zeile oder Spalte erhöht sich um die Summe der Felder oberhalb und links von diesem Feld. Die letzte Zeile und Spalte vor B wird somit die Anzahl der Wege von A zu den Punkten direkt links und oberhalb von B repräsentieren. Nachdem wir alle Werte hinzugefügt haben, wird das Feld direkt bei B die Gesamtzahl der verschiedenen Pfade von A nach B zeigen. Ich kann die genauen Zahlen nicht sehen und dir deshalb nicht den genauen Wert für B geben. Aber wenn du der Methode folgst, die ich beschrieben habe, und die Zahlen von links nach rechts und von oben nach unten aufsummierst, wirst du zuerst die Werte in den Gitterpunkten entlang des ersten rechten und unteren Pfades berechnen, bis zu den Schnittpunkten, die B umgeben, und letztendlich wirst du die Anzahl der Wege zu B herausfinden. Es ist wichtig, dass du mit der ersten Zeile und der ersten Spalte beginnst und schrittweise weitermachst und dabei die Anzahl der Pfade an jedem Punkt aufsummierst. Wenn du dies getan hast, sollte der letzte Wert, den du erhältst – der Wert im Feld an Punkt B – dir sagen, wie viele unterschiedliche Wege Alice nehmen kann.
Understanding Multiplication Concepts through Repeated Addition and Combinatorics
a) Eine in der Aufgabe angesprochene Grundvorstellung der Multiplikation ist die wiederholte Addition einer gleichen Zahl. In dem gegebenen Beispiel gibt es 4 Netze mit Mandarinen und in jedem Netz befinden sich 8 Mandarinen. Die Multiplikation entspricht also der Addition der Mandarinen in jedem Netz: 8 Mandarinen + 8 Mandarinen + 8 Mandarinen + 8 Mandarinen, was mathematisch als 4 * 8 ausgedrückt wird. Um die Gesamtzahl der Mandarinen auf dem Tisch zu berechnen, multiplizieren wir die Anzahl der Netze mit der Anzahl der Mandarinen in einem Netz: 4 Netze * 8 Mandarinen/Netz = 32 Mandarinen Insgesamt liegen also 32 Mandarinen auf dem Tisch. b) Zwei weitere Grundvorstellungen der Multiplikation sind: 1. Kombinatorik: Wenn man beispielsweise 3 verschiedene Hosen und 4 verschiedene Shirts hat, könnte man berechnen, wie viele mögliche Outfits man kombinieren kann. Dies würde als 3 Hosen * 4 Shirts = 12 unterschiedliche Outfits ausgedrückt werden. 2. Skalieren: Wenn ein Rezept für einen Kuchen für 4 Personen gedacht ist und man möchte den Kuchen für 8 Personen backen, muss man die Zutatenmengen verdoppeln. Dies kann mit einer Multiplikation wie 2 (für die Verdopplung) * Rezeptmenge für 4 Personen ausgedrückt werden. c) Für die Einführung der Multiplikation in der 2. Klasse eignen sich besonders die Grundvorstellungen der wiederholten Addition und der Kombinatorik. - Wiederholte Addition ist für Schülerinnen und Schüler leicht verständlich, da sie auf der ihnen bereits bekannten Addition basiert. Sie kann durch konkrete Handlungen und anschauliche Materialien wie z.B. Würfel oder Perlenketten gut visualisiert werden. - Kombinatorik kann durch einfache Alltagsbeispiele wie das Kombinieren von Kleidung oder das Zusammenstellen von Speisen in einem Menü attraktiv und lebensnah vermittelt werden. Schülerinnen und Schüler können verschiedene Kombinationsmöglichkeiten praktisch ausprobieren und verstehen so das Konzept der Multiplikation als Anzahl der Möglichkeiten.
Combinatorics: Understanding Binomial Coefficients
Diese Frage bezieht sich auf die Kombinatorik, speziell auf Binomialkoeffizienten. Die Binomialkoeffizienten, bekannt als "n über k" oder "n choose k", sind ein Maß dafür, auf wie viele verschiedene Arten k Objekte aus einer Gruppe von n unterschiedlichen Objekten ausgewählt werden können. a) Hier sehen wir die Gleichung \( \binom{10}{3} = \binom{10}{7} \). In Worten ausgedrückt, zeigt diese Gleichung, dass es genauso viele Möglichkeiten gibt, 3 Objekte aus einer Menge von 10 auszuwählen, wie es Möglichkeiten gibt, 7 Objekte aus derselben Menge auszuwählen. Das liegt daran, dass das Auswählen von 7 Objekten bedeutet, dass man gleichzeitig 3 Objekte nicht auswählt (da 10 - 7 = 3). Daher sind diese beiden Zahlen gleich. b) Hier wird behauptet, dass \( \binom{1}{0} + \binom{1}{1} + \binom{2}{1} + \binom{3}{1} + \binom{4}{1} = 2^4 \). Dies lässt sich mit der binomischen Formel (a + b)^n bestätigen, wobei die Summe der Koeffizienten einer solchen Entwicklung immer 2^n entspricht. Im gegebenen Beispiel steigert sich der Index des Binomialkoeffizienten, und die Summe stellt tatsächlich eine Reihe von Termen in der Entwicklung der binomischen Formel dar (unter der Annahme, dass a=b=1). Folglich ist die Behauptung korrekt, da die Summe der Koeffizienten \( 1 + 1 + 2 + 3 + 4 = 2^4 = 16 \) ist. c) Die letzte Gleichung \( \binom{100}{2} + 100 = \binom{101}{2} \) kann man mithilfe des Prinzips der kombinatorischen Argumentation überprüfen. Dies würde die Erklärung erfordern, dass das Hinzufügen einer einzelnen Einheit zu einer der Größen auf der linken Seite (addieren wir zum Beispiel eine Einheit zu einem der Elemente, die wir wählen könnten) zu demselben Ergebnis einer Summe führt, wie wenn wir eine zusätzliche Option zur Auswahl hätten (was auf der rechten Seite mit 101 statt 100 der Fall ist). Das bedeutet, dass, wenn wir eine einzelne Einheit zu dem Auswählen von 2 aus 100 hinzufügen, dies dazu führt, dass wir effektiv 2 aus 101 auswählen. Um dies zu verallgemeinern, könnte man sagen, dass allgemein \( \binom{n}{k} + n = \binom{n+1}{k} \) ist, da das Hinzufügen einer zusätzlichen Option (auf der rechten Seite) dem Hinzufügen einer der bereits vorhandenen Optionen auf der linken Seite entspricht. Dies beruht auf einer ähnlichen Logik wie in a). Zur Überprüfung der Behauptung in c) könnten wir die Binomialkoeffizienten explizit ausrechnen und dann vergleichen, aber da die Zahlen recht groß sind, ist eine direkte Berechnung ohne Taschenrechner zeitintensiv. Wenn wir jedoch die Eigenschaften der Binomialkoeffizienten nutzen, können wir bestätigen, dass das Hinzufügen von 100 zu \( \binom{100}{2} \) tatsächlich zum nächsten Binomialkoeffizienten \( \binom{101}{2} \) führt.
Calculating Shortest Path Combinations in Grid Pattern
Die Aufgabe auf dem Bild ist Übung 4.3, welche lautet: "Manche modernen Reibradstreifen haben ein Gittermuster als Straßenkreuz. Wie viele verschiedene (kürzeste) Wege könnte der Taxifahrer in Straßenkreuz?" Um diese Frage zu beantworten, schauen wir uns das Bild an. Das Gittermuster kann als ein Raster von Punkten interpretiert werden, zwischen denen der Taxifahrer sich bewegen kann. Wir können sehen, dass es 6 vertikale Streifen gibt und die Straße insgesamt 3 Abschnitte überquert. Zudem gibt es am Anfang und Ende ein einzelnes Feld. Der Taxifahrer muss von dem Punkt links oben zu dem Punkt rechts unten kommen. Wenn wir das als ein Koordinatengitter interpretieren, bedeutet dies, dass der Taxifahrer insgesamt 5 Schritte nach unten und 6 Schritte nach rechts machen muss, um das Ziel zu erreichen. Es ist wichtig zu bemerken, dass die Schritte nur nach rechts oder unten gemacht werden können, da das der Bewegungsrichtung im Gitter entspricht. Die Gesamtzahl der Wege ist die Anzahl verschiedener Kombinationsmöglichkeiten dieser Schritte. Das ist ein klassisches Problem der Kombinatorik und kann durch die binomiale Koeffizienten oder "n choose k" Formel gelöst werden, wobei n die Gesamtzahl der Schritte ist (in diesem Fall 11) und k die Anzahl der Schritte in einer Richtung (hier zum Beispiel 5 für die Schritte nach unten). Die Formel dafür lautet: \( \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} \) In unserem Fall wäre das: \( \binom{11}{5} = \frac{11!}{5!(11-5)!} = \frac{11!}{5! \cdot 6!} \) Nun berechnen wir diesen Ausdruck: \( \frac{11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} \) Dies vereinfacht sich zu: \( \frac{11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{120} \) \( \frac{11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} \) \( 11 \cdot 7 \cdot 3 \) \( 231 \) Es gibt also 231 verschiedene kürzeste Wege, die der Taxifahrer nehmen könnte.
Combinatorics and Arrangements of People
Die Aufgabe scheint sich mit Kombinatorik zu befassen, insbesondere mit Anordnungen von Personen. Sie besteht aus drei Teilaufgaben. (a) Sebastian, Clara, Miriam, Anne und Peter möchten ein Erinnerungsfoto machen. Es gibt 120 Möglichkeiten, nebeneinander zu stehen. Zeigen Sie das. Um zu zeigen, dass es 120 Möglichkeiten gibt, können wir faktorielle Berechnungen verwenden. Wenn fünf Personen sich in einer Reihe anordnen möchten, gibt es für die erste Person 5 Möglichkeiten, für die darauf folgende Person 4 Möglichkeiten (da eine Position bereits belegt ist), danach für die dritte Person 3 Möglichkeiten, für die vierte Person 2 Möglichkeiten und für die letzte Person nur eine Möglichkeit. Die Gesamtzahl der Anordnungen \(N\) wird dann berechnet mit: \[ N = 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 5! = 120 \] Diese Rechnung zeigt, dass es 120 verschiedene Möglichkeiten gibt, wie sich die fünf Personen für ein Foto nebeneinander aufstellen können. (b) Sebastian will unbedingt links stehen, für die anderen gibt es noch 24 Möglichkeiten. Zeigen Sie das. Wenn Sebastian fest auf der linken Seite steht, bleiben nur noch vier weitere Personen, die sich anordnen müssen. Ähnlich wie in Teilaufgabe (a) nehmen wir nun das Faktorielle der verbleibenden vier Personen: \[ N = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 4! = 24 \] Das zeigt, dass es 24 Möglichkeiten gibt, die anderen Personen anzuordnen, wenn Sebastian eine feste Position hat. (c) Wenn Sebastian rechts steht, gibt es für die anderen auch 24 Möglichkeiten. Wenn Sebastian am Rand gibt es also insgesamt \(2 \times 4! = 2 \times 24 = 48\) Möglichkeiten. Jedes andere Kind könnte auch am Rand stehen. Also gibt es insgesamt \(5 \times 48 = 240\) Möglichkeiten, oder? Diese Annahme ist falsch, weil sie doppeltes Zählen von Szenarien verursacht. Hier ist der Denkfehler: Für jede der vier anderen Personen gibt es ebenfalls \(2 \times 4!\) Möglichkeiten (24 Möglichkeiten, wenn die Person links steht, und 24, wenn sie rechts steht). Aber für jede der Positionen von Sebastian an einem Ende (2 Positionen) haben wir bereits alle 24 Möglichkeiten der anderen Anordnungen gezählt. Wenn wir nun jede andere Person auch an jedem Ende platzieren und wieder 24 Anordnungen zählen, würden wir die Fälle wiederholen, die wir bereits für Sebastian gezählt haben. Deshalb würde die Multiplikation mit 5 zu vielen zu einer Überzählung führen. Die korrekte Rechnung wäre, die zwei Möglichkeiten für Sebastian am Rand (links oder rechts) zu nehmen und dann für die verbleibenden vier Personen 24 Möglichkeiten zu berechnen, was zu den ursprünglichen 48 Möglichkeiten führt. Da diese Überlegung für jede der fünf Personen gilt, haben wir die Fälle bereits komplett abgedeckt. Die Lösung aus Teilaufgabe (a) mit 120 Möglichkeiten ist bereits die Gesamtzahl aller möglichen Anordnungen, unabhängig davon, wer am Rand steht. Es gibt somit keine weiteren hinzuzufügenden Möglichkeiten.
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