+- Foren / Forums (https://www.mathekalender.de/wp/forum)
+-- Forum: Lösungen / Solutions (https://www.mathekalender.de/wp/forum/forum-161.html)
+--- Forum: Aufgabe 9 / Challenge 9 (https://www.mathekalender.de/wp/forum/forum-188.html)
+--- Thema: 9 Lösung / Solution (/thread-1524.html)
Seiten:
1
2
9 Lösung / Solution - Estela - 12-16-2025
Teilt hier gerne eure Lösung zu Aufgabe 9
Feel free to share your solution to challenge 9
RE: 9 Lösung / Solution - Noname_MM - 12-16-2025
Meine Lösung ist 4.
Mit der Rechnung:
9 über 5 = 126 (von den Stockwerken 1 bis 9 werden 5 ausgesucht)
Zähler: 126 x 8!(10/8+20/12+5/24+6/6+15/4)= 40007520
Nenner: 10 hoch 8
Die Zahlen in der Klammer stehen für die verschiedenen Verteilungen (z.B. die 10 wird nicht gedrückt, und von den anderen 5 Etagen werden 3 zweimal und 2 einmal gedrückt). Da die 8! In jedem Ausdruck vorkommt, habe ich sie vor die Klammer geschrieben
RE: 9 Lösung / Solution - st1974 - 12-16-2025
Ich habe für das Problem eine rekursive Formel aufgestellt.
Sei P(n,m) die Wahrscheinlichkeit, dass der Aufzug nach dem Zustieg von n Elfen in genau m Stockwerken (inklusive des 10. Stocks) anhält.
Für n=0 gilt: P(0,1) = 1 und P(0,m)=0 sonst. (Der Weihnachtsmann drückt den Knopf für den 10.Stock)
Für n>0, gilt:
P(n,m) = (11-m)/10 * P(n-1,m-1) + m/10 * P(n-1,m)
Das heißt vom Zustand (n-1,m-1) gibt es 10-(m-1) von 10 Möglichkeiten einen neuen Knopf zu drücken. Und im Zustand (n-1,m) gibt es m von 10 Möglichkeiten, einen bereits leuchtenden Knopf zu drücken.
Wir brauchen P(8,6).
Die Rekursionsformel in Python ergibt 0.4000752. Damit Antwort 4 richtig.
RE: 9 Lösung / Solution - marac - 12-16-2025
Jupp, genau den rekursiven Ansatz meinte ich mit "geht auch von Hand und ohne zu erg****ende Tricks", nur dass ich ohne den 10. Stock gearbeitet habe...
Dass nach 1 Wichtel 0 mal vor dem zehnten Stock gestoppt wird, hat die Wahrscheinlichkeit 1/10 (der Wichtel hat die 10 gedrückt): P(1,0)=1/10
Dass nach 1 Wichtel 1 mal vor dem zehnten Stock gestoppt wird, hat die Wahrscheinlichkeit 9/10 (der Wichtel hat etwas anderes als die 10 gedrückt): P(1,1)=9/10
Nach Wichtel 2 gibt es dann eben drei Möglichkeiten:
0 Stopps P(2,0)=P(1,0)*1/10=1/10^2
1 Stopps P(2,1)=P(1,0)*9/10+P(1,1)*2/10=27/10^2
2 Stopps P(2,2)=P(1,1)*8/10=72/10^2
und das dann eben weiterführen bis P(8,5)=40007520/10^8 - und siehe da, das steht sogar zur Auswahl
RE: 9 Lösung / Solution - dbrust_2000 - 12-16-2025
Ich habe ein Fallunterscheidung gemacht.
einmal ohne 10
1. eine Zahl 4 mal --> (a,a,a,a,b,c,d,e)--> 9 Möglichkeiten für a, 8über4 Möglichkeiten b,c,d,e auszuwählen, 8über4 Möglichkeiten a,a,a,a auf 8 Plätze zu verteilen,4! Möglichkeiten b,c,d,e auf die restl. 4 Plätze zu verteilen-->1.058.400
2. eine Zahl 3 mal --> (a,a,a,b,b,c,d,e)--> ...-->8.467.200
3. eine Zahl 2 mal --> (a,a,b,b,c,c,d,e)--> ...-->6.350.400
einmal mit 10
4. die 10 3mal --> (10,10,10,a,b,c,d,e)--> 9über5 Möglichkeiten für a,b,c,d,e, 8über3 Möglichkeiten 10,10,10 auf 8 Plätze zu verteilen,5! Möglichkeiten a,b,c,d,e auf die restl. 5 Plätze zu verteilen-->846.720
5. die 10 2mal --> (10,10,a,a,b,c,d,e)--> ...-->6.350.400
6. die 10 1mal --> (10,a,a,a,b,c,d,e) oder (10,a,a,b,b,c,d,e)-->...-->4.233600+12.700.800
ergibt zusammen 40007520
RE: 9 Lösung / Solution - Kosakenzipfel - 12-16-2025
Ich würde die Anwendung einer vor langer Zeit von einem genialen Mathematiker gefundenen Formel nicht abfällig als Trick verstehen. Ich habe es auch erstmal für kleine Zahlen ausgerechnet, und dann gedacht, da bin ich doch in der langen Geschichte der Mathematik nicht die erste, die das braucht. Und siehe da, es gibt die Stirling Zahlen. In vielen Veröffentlichungen werden die gleichwertig zu Binomialkoeffizienten verwendet, die doch auch keiner jedesmal vor Verwendung schnell noch beweist.
RE: 9 Lösung / Solution - ThH - 12-16-2025
Natürlich freut man sich, wenn man im Ergebnis die 40007520 = 9!/4!*S(9, 6) findet.
Mir fällt es allerdings nicht leicht, einzusehen,
dass ausgerechnet diese Stirling-Zahl der zweiten Art hier auftaucht.
Offensichtlicher scheint mir der Weg über eine Markow-Kette (Allerdings zumindest früher in Bayern kein Abiturstoff.):
Als Zufallsvariable X_n wählt man die Zahl der Zwischenstopps, die der Aufzug einlegen wird, nachdem n Elfen gedrückt haben.
Die Übergangsmatrix hat eine einfache bi-diagonale Struktur; mit Ermittlung der achten Potenz ist man fertig.
Z.B. in Julia:
Code:
using LinearAlgebra
T = Bidiagonal([1:10...], [9:-1:1...], :U)
(T^8)[1, 1+5]
--> 40007520RE: 9 Lösung / Solution - Fanbusfahrer - 12-17-2025
@dbrust_2000
Könntest du den Lösungsweg noch ausführlicher notieren? Also die einzelnen Zahlen herleiten, los würde es mit 8.467.200 gehen.
RE: 9 Lösung / Solution - pierrot - 12-17-2025
Schön, die verschiedenen Lösungswege zu lesen - beeindruckend, dass man da ganz unterschiedlich rangehen kann.
Ohne Frage konnte man die Aufgabe auch gut mit Mathe-Schulstoff lösen: ELEMENTARE KOMBINATORIK (Ziehen mit/ ohne Zurücklegen, mit/ ohne Reihenfolge.
Zumindest in Bayern und Baden-Württemberg und ich denke auch im Rest von Deutschland ist das im Leistungsfach Mathematik und auch oft schon in Klasse 10 Thema. Hilfsmittel zum Bestimmen großer Anzahlen -> Laplace Regel Günstige/ Mögliche
Ich habe es denke ich fast gleich gelöst wie dbrust_2000 weiter oben, habe das noch etwas illustriert:
Lösungsvorschlag mit elementarer Kombinatorik:
https://www.dropbox.com/scl/fi/byvdwfdhe9m817oij7j60/A9-Elfen-im-Aufzug_Kombinatorik-PokerWK.pdf?rlkey=2hc1vma2j9nshen4okys2be4f&dl=0
Auf diese Weise habe ich mit meinem Leistungsfach unlängst Pokerwahrscheinlichkeiten bestimmt...
RE: 9 Lösung / Solution - Kosakenzipfel - 12-19-2025
(12-16-2025, 09:08 PM)ThH schrieb: Natürlich freut man sich, wenn man im Ergebnis die 40007520 = 9!/4!*S(9, 6) findet.
Mir fällt es allerdings nicht leicht, einzusehen,
dass ausgerechnet diese Stirling-Zahl der zweiten Art hier auftaucht.
Offensichtlicher scheint mir der Weg über eine Markow-Kette (Allerdings zumindest früher in Bayern kein Abiturstoff.):
Als Zufallsvariable X_n wählt man die Zahl der Zwischenstopps, die der Aufzug einlegen wird, nachdem n Elfen gedrückt haben.
Die Übergangsmatrix hat eine einfache bi-diagonale Struktur; mit Ermittlung der achten Potenz ist man fertig.
Z.B. in Julia:
Code:using LinearAlgebra
T = Bidiagonal([1:10...], [9:-1:1...], :U)
(T^8)[1, 1+5]
--> 40007520
Wenn man den Weihnachtsmann und auch den 10ten Stock dazunimmt, dann sucht man die Anzahl der Möglichkeiten, dass 9 Leute auf 6 Halte drücken. Also genau die Beschreibung der Stirling Zahl zweiter Art, S(9,6)=2646. Und jetzt noch die Möglichkeiten, die 6 Halte auf die 10 Stockwerke zu verteilen. Da der 10te Stock vorgegeben ist, sind es nur 9*8*7*6*5. Also insgesamt 40007520.