Anzahl Gleichungslösungen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Wie viele ganzzahlige Lösungen gibt es für folgende Gleichung
x+y+z+w = 30
mit x,y,z,w Element der Menge {0,...,10} |
Diese Frage wurde von mir in keinem anderen Forum gestellt.
Ich frage mich nun also, wie ich diese Aufgabe löse.
Ich möchte sie gerne kombinatorisch lösen, weiß hierzu jedoch nicht recht viel, was ich tun kann.
Über diverse Internetforen, in denen ähnliche Aufgaben auch auftauchen, gibt es schon Lösungshinweise.
Hierbei sieht das dann so aus, wie man hier sehen kann:
http://matheplanet.com/default3.html?call=viewtopic.php?topic=130349&ref=http%3A%2F%2Fwww.google.at%2Furl%3Fsa%3Dt%26rct%3Dj%26q%3D%26esrc%3Ds%26source%3Dweb%26cd%3D1%26sqi%3D2%26ved%3D0CDoQrAIoAzAA
Wobei ich diese Techniken jedoch noch nicht kennen gelernt habe.
Wie kann ich dann möglichst gut kombinatorisch vorgehen?
In obigem Forum findet sich unter Beitrag 2 schon ein Teil, der mir sehr bekannt vorkommt. Nur wie man auf so etwas kommt ist mir unklar.
Herzlichen Dank!
|
|
| |
|
Hallo Kartoffelchen,
viele Wege führen nach Rom...
> Wie viele ganzzahlige Lösungen gibt es für folgende
> Gleichung
> x+y+z+w = 30
>
> mit x,y,z,w Element der Menge {0,...,10}
> Diese Frage wurde von mir in keinem anderen Forum
> gestellt.
Ich nehme an, dass 0,10,10,10 eine andere Lösung ist als 10,10,10,0.
Dann gibt es insgesamt [mm] \vektor{13\\3}=286 [/mm] Möglichkeiten.
> Ich frage mich nun also, wie ich diese Aufgabe löse.
>
> Ich möchte sie gerne kombinatorisch lösen, weiß hierzu
> jedoch nicht recht viel, was ich tun kann.
Na, z.B. könntest Du die Aufgabe um eine Variable reduzieren, indem Du jeweils x festlegst.
Für x=0 gibt es für (y,z,w) nur die Lösung (10,10,10).
Für x=1 gibt es nur die Lösung (10,10,9), aber in drei Permutationen.
Für x=2 gibt es die Lösungen (10,10,8) und (10,9,9), jeweils dreimal.
etc.
Du wirst feststellen, dass es für ein festes x gerade [mm] \vektor{x+2\\2} [/mm] Möglichkeiten für (y,z,w) gibt.
Wenn Du diese dann für x=0 bis x=10 addierst, bekommst Du eben 286.
> Über diverse Internetforen, in denen ähnliche Aufgaben
> auch auftauchen, gibt es schon Lösungshinweise.
>
> Hierbei sieht das dann so aus, wie man hier sehen kann:
>
> http://matheplanet.com/default3.html?call=viewtopic.php?topic=130349&ref=http%3A%2F%2Fwww.google.at%2Furl%3Fsa%3Dt%26rct%3Dj%26q%3D%26esrc%3Ds%26source%3Dweb%26cd%3D1%26sqi%3D2%26ved%3D0CDoQrAIoAzAA
>
> Wobei ich diese Techniken jedoch noch nicht kennen gelernt
> habe.
Die brauchst Du auch nicht unbedingt.
> Wie kann ich dann möglichst gut kombinatorisch vorgehen?
Ein Problem hier ist die Beschränkung der Summanden auf die Maximalgröße 10.
Würden nur die 30 Kugeln in vier unterscheidbare Haufen unterteilt werden sollen, wäre die Aufgabe viel einfacher.
> In obigem Forum findet sich unter Beitrag 2 schon ein Teil,
> der mir sehr bekannt vorkommt. Nur wie man auf so etwas
> kommt ist mir unklar.
Zu Deiner Aufgabe habe ich im Moment noch keinen Ansatz, der auf einen Schlag alles erledigt. Ich lasse die Frage daher halboffen.
> Herzlichen Dank!
Grüße
reverend
|
|
|
| |
|
Hallo nochmal,
es ist mir wieder eingefallen... hatte wohl einen kleinen Blackout vorhin.
Wenn es eine maximale Größe für die einzelnen Summanden gibt, dreht man die Aufgabe besser um. Das geht hier ganz einfach.
Wir füllen vier Kisten mit den Namen x,y,z,w mit jeweils 10 Kugeln.
Dann entnehmen wir insgesamt 10 Kugeln aus den Kisten. Fertig.
Für die Übersicht der Möglichkeiten ist es nun praktisch, die aus x entnommenen Kugeln in eine neue Kiste X zu legen, die aus y in Y etc.
Wir wissen nun, dass |X|+|Y|+|Z|+|W|=10 sein muss, wobei die Betragsstriche natürlich die Zahl der Kugeln bedeuten.
Daraus ergibt sich für X,Y,Z,W die Fragestellung, wieviele Möglichkeiten es gibt, 10 Kugeln auf diese Kisten zu verteilen. Das geht so:
Wir legen die 10 Kugeln nebeneinander und zusätzlich noch 3 "Trenner", also z.B. Streichhölzer. Damit haben wir 13 Objekte. Die Kugeln neben dem am weitesten links liegenden Hölzchen gehören in X, und dann so weiter nach rechts...
Damit haben wir es nun auf die Frage reduziert, an welchen drei Stellen von 13 die Hölzchen eigentlich liegen können, und dafür gibt es gerade die vorhin genannten [mm] \vektor{13\\3}=286 [/mm] Möglichkeiten.
Viel Prosa für eine letztlich dann doch nicht schwierige Lösung.
Grüße
reverend
|
|
|
| |
|
Lieber Reverend,
herzlich lieben Dank für die tolle(n) Antwort(en), die mir doch sehr weitergeholfen haben.
Zwei Fragen bleiben mir noch :) :
a)
Wieso denn eigentlich "10" Zahlen? Ich wähle doch 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 oder 10, also aus 11 Elementen aus?
b)
Nun fällt mir noch eine Frage ein, nämlich was passiert, wenn Beschränkungen vorliegen, sagen wir mal, dass
x eine Zahl aus {1,2,3,4} und y eine Zahl aus {3,4,5,6} ist.
Nun dürften ja die Zahlen selbst nicht weiter interessieren, d.h. es spielt keine Rolle ob x eine der Zahlen {1,2,3,4,5,6} oder {4,5,6,7,8,9} oder sonstiges ist. Wichtig ist, dass x sowie y 6-elementig sind. Verstehe ich das korrekt?
Da letztlich immer noch die Endsumme "= 30" besteht, dürfte eine Aufgabe dieser Art analog zu lösen sein.
Es werden dann wieder '4 Kisten gefüllt', zwei davon mit je 6 Zahlen, die übrigen zwei mit 10 Zahlen. Insgesamt also 32 Elemente statt den vorherigen 40. Also entnehme ich 2 Elemente, sodass
|X|+|Y|+|Z|+|W| = 2.
Das sollten dann 10 Möglichkeiten sein, was mich aber etwas verwirrt, da das nicht sehr richtig aussieht.
Vielen Dank schon einmal :)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:20 Mi 09.01.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
|
