Wie viele Sitzordnungen sind möglich?
In einem Klassenzimmer befinden sich 15 (unterscheidbare) Tische mit jeweils 2 (unterscheidbaren) Sitzplätzen. Wie viele Sitzordnungen gibt es für 24 Schüler*innen, wenn niemand alleine an einem Tisch sitzen soll?
Ich kenne die Lösung: 282 304 022 788 623 944 908 800 000 = 2,823... · 10^26
Beim Rechenweg bin ich mir nicht sicher. Ich suche einen nicht zu aufwändigen Weg, bei dem man nicht alle die unterschiedlichen Möglichkeiten notieren muss.
1 Antwort
Hallo,
Du wählst die ersten beiden aus den 24 Schülern aus und weist ihnen einen von 15 Tischen zu. Da sie untereinander die Plätze tauschen können, multiplizierst Du mit 2.
Dann wählst Du wieder zwei aus den restlichen 22 Schülern aus und weist ihnen einen von 14 Tischen zu (einer ist ja schon besetzt) usw.
Auch hier multiplizierst Du mit 2. So geht es weiter bis zu den beiden letzten Schülern. Da Du jedesmal mit 2 multiplizierst, kannst Du die 2 ausklammern.
Du bekommst 2*[(24 über 2)*15+(22 über 2)*14+...+(2 über 2)*4]=30368 Möglichkeiten.
Da stimmt etwas nicht. Melde mich nachher. Muß weg.
Wieder zurück.
Die Additionen waren falsch. Statt zu addieren muß ich multiplizieren.
Die Binomialkoeffizienten kann man sich sparen.
Du wirfst die Namen der 24 Schüler in einen Topf und ziehst die ersten beiden.
Da gibt es 24*23 Möglichkeiten.
Du weist den beiden einen von 15 Tischen zu:
24*23*15.
Du ziehst die beiden nächsten aus dem Topf: 22*21 und gibst ihnen einen der 14 restlichen Tische: 22*21*14.
Das machst Du bis zu den beiden letzten Schülern, für die noch einer von vier Tischen frei ist: 2*1*4.
Dazwischen nun kein Pluszeichen, sondern ein Malzeichen:
(24*23*15)*(22*21*14)*...*(2*1*4). Die Klammern dienen nur zur Verdeutlichung der Blöcke.
Da auch für die Multiplikation das Kommutativgesetz gilt, kannst Du das auch anders zusammenfassen:
(24*23*...*2*1)*(15*14*...*4)=24!*15!/3!, was ungefähr 1,35224*10^35 Möglichkeiten ergibt.
Nach nochmaliger Überlegung (siehe Kommentar) komme ich nun auf
24!*(15 über 12) Sitzordnungen, etwa 2,823*10^26.
Das paßt ja dann auch zur Lösung und ist ein einfacher Rechenweg.
Herzliche Grüße,
Willy
Du mußt berücksichtigen, daß es sich nicht um 30 Einzelplätze handelt, auf die 24 Schüler verteilt werden, was (30 über 24)=30!/(24!*6!)=593775 Möglichkeiten ergeben würde, was man noch einmal mit 24! multiplizieren könnte, um die Permutationen zu berücksichtigen, sondern um Zweierplätze, also um nur 15 Tische mit jeweils zwei Plätzen, die immer beide besetzt sein müssen.
Das ist eine deutliche Einschränkung.
Man kann den Term noch etwas vereinfachen, da in (24 über 2); (22 über 2) usw. im Nenner immer 2!=2 befindet.
Diese 2 im Nenner kannst Du vor die Klammer ziehen und mit der anderen 2 zu 2/2=1 verrechnen, so daß nur noch 24!/22!*15+22!/20!*14 usw ergibt und nach Kürzen der Fakultäten 24*23*15+22*21*14+...+2*1*4.
Du hast sicher recht, aber verstehen tue ich es noch nicht. Die 15 Tische können ja bei 24 Schülern nicht alle besetzt werden. Und da ja ausdrücklich genannt ist, dass die zwei Schüler an einem Tisch unterscheidbar sein sollen, warum kann ich nicht gleich von 30 Plätzen ausgehen und die Tischzahl unberücksichtigt lassen?
Deswegen höre ich ja bei vier Tischen auf. Die beiden letzten haben noch die Auswahl zwischen den vier restlichen Tischen.
"30! durch (30-24)!" sind die Anzahl Möglichkeiten ohne die Bedingung, dass niemand alleine sitzen soll.
War aber falsch, meine Antwort. Werde sie jetzt korrigieren.
Hab ich schon. Hab aber das Falsche stehen lassen und dann das, was ich für richtig halte, ergänzt.
Danke dir! Oft wird ja in Beiträgen korrigiert und man denkt im Nachhinein, wie unsinnig die betreffenden Kommentare sind.
Ich bin mir aber immer noch nicht sicher. Da stimmt immer noch etwas nicht.
Ich überlege mir mal ein Modell für kleinere Zahlen.
Ich hab eine ähnliche Überlegung, die aber auf die selbe Rechnung führt (glaube ich jedenfalls...)
Ich besetze zuerst 12 der Tische mit einem (3 lasse ich leer) und vergebe dann die frei gebliebenen Plätze:
(24*15)*(23*14)*...*(13*4) (3 Tische bleiben frei, zweiter Partner)*(12*12)*(11*11)*...*(1*1)
Würde aber nicht drauf wetten...
Ich habe mal überlegt, wie es mit vier Schülern und drei Tischen ist.
Aus vier Schülern kann ich (4 über 2)*(2 über 2)=6 unterschiedliche Paare bilden:
AB; AC; AD; BC; BD; CD.
Wenn ich eins von ihnen an einen Tisch setze, bleibt für einen zweiten Tisch nur ein Paar übrig. Allerdings können die Paare jeweils untereinander tauschen, so daß es 4*6=24 Möglichkeiten gibt, denn das Quartett AB CD kann noch als BA CD; AB DC und BA DC erscheinen und zwei Tische belegen. Da es drei Tische sind, habe ich noch einmal (3 über 2)=3 Möglichkeiten, denn ein Tisch bleibt jeweils frei.
Das gäbe dann 24*3=72 unterschiedliche Sitzordnungen.
Rechnete ich dagegen 4*3*2*1*3*2, käme ich auf 144, also doppelt so viele.
Zurück also zu den Binomialkoeffizienten:
(24 über 2)*(22 über 2)*...*(2 über 2) gleich 24!/2^12 ergibt die 12 möglichen unterschiedlichen Paarungen, die nun auf die 15 Tische verteilt werden.
Da jedes Paar untereinander tauschen kann, muß man dies noch einmal mit 2^12 multiplizieren, so daß sich 2^12 im Zähler und im Nenner aufhebt.
Es bleibt 24!. Da dafür 12 von 15 Tischen ausgewählt werden, habe ich hier noch einmal (15 über 12) gleich 455 Möglichkeiten, mit denen das Bisherige multipliziert werden müßte.
So käme ich nun auf etwa 2,823*10^26 Sitzordnungen.
Das würde ja zumindest mit dem gegebenen Ergebnis übereinstimmen, wobei man Lösungen ja auch nicht immer trauen kann...
Hatte gar nicht darauf geachtet, daß es eine gegebene Lösung gibt. Aber dann scheint mein Rechenweg ja jetzt endlich richtig zu sein.
Ich hätte jetzt einfach 30! durch (30-24)! gesagt. Wahrscheinlich liege ich falsch, aber warum?