PinCode und eine Ziffer ist bekannt |
| 09.07.2005, 16:57 | Crock | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| PinCode und eine Ziffer ist bekannt ich hab ein Problem, und kein Loesungsansatz kommt mir so richtig plausibel vor... Ich habe eine 4-stellige Zahl und eine Ziffer ist eine 2, welche weiss ich nicht. Welche Chance hab ich die richtige Kombination zu erraten? Mein Ansatz: Die Chance, die Ziffer mit der 2 zu treffen: P(Zwo treffen) = 1/4 Die Chancde, die restlichen Ziffern zu erraten: P(Rest) = 10^-3 P(richtige Kombi.) = P(Zwo treffen) * P(Rest) =1/4000 is das richtig? und koennt das mal einer Begruenden... ich kanns nicht 
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| 09.07.2005, 17:31 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
ist auch falsch, denn ganz klar, darf sich auch die 2 als zahl wiederholen! so kann die zahl z.b. 2222 sein und schon triffst du die 2 sicher. anderer ansatz: P=günstige/mögliche günstige: 1 mögliche: ??????? (hast du da selbst ideen? 4000 ist falsch) |
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| 09.07.2005, 18:02 | Crock | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
genau da ist ja mein problem... 1/(10^4) ist ja die Chance, wenn ich gar keine Ziffer kenn... 1/(10^3) is di Chance, wenn ich die Position und Wert einer Ziffer kenn. Nun kenn ich eine Ziffer und nicht deren Position. Und ich kriegs net gebacken :/ |
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| 09.07.2005, 18:08 | therisen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Nehmen wir einmal an, du kennst die erste Ziffer, dann ist , wie du richtig gesagt hast. An wie vielen Stellen kann diese eine bekannte Ziffer denn stehen? Gruß, therisen |
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| 09.07.2005, 18:11 | Crock | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
An vieren... willst du mir damit sagen, das die Loesung einfach nur ist? Aber irgendwie wuerde ich die Loesung dann noch nciht verstehen :/ |
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| 09.07.2005, 18:16 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
falsch! auch therisens ansatz führt so ins leere ich mach dir mal einen vorschlag mit dem du recht leicht die möglichen bestimmen kannst: deine zahlen sind von der form abcd mit abcd aus {0,...,9} und mindestens einmal die 2 berechne nun alle kombis mit einmal 2, alle kombis mit 2mal 2, alle kombis..... |
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| 09.07.2005, 18:34 | Crock | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
o...k... also ich hab das jetzt mal gemacht: 2bcd = 10^3 a2cd = 10^3 ab2d = 10^3 abc2 = 10^3 22cd = 10^2 2b2d = 10^2 2bc2 = 10^2 a22d = 10^2 a2c2 = 10^2 ab22 = 10^2 222d = 10^1 22c2 = 10^1 2b22 = 10^1 a222 = 10^1 2222 = 10^0 Ich vermute ich muss die jetzt alle addieren. Trotzdem koennt ich daraus jetzt keine Formel aufstellen... Ganz einfach aus dem Grund, weil cih nicht die Regelmaessigkeit erkenn, wie oft eine Potenz auftritt :/ (warum 10^3 und 10^1 vier mal, 10^2 aber sechs mal) |
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| 09.07.2005, 18:37 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
hmmmm, achtung! wenn du die anzahl der 2er vorgibst dann hast du für deie restlichen ziffern nur noch 9 zur wahl! dafür gibt es übrigens eine allgemeine formel: seien von den 4 ziffern genau n 2er dann haben wir wieviele möglichkeiten? erst wählen wir n aus 4 aus [4 über n], danach belegen wir 4-n jeweils mit einer ziffer aus 9 |
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| 09.07.2005, 18:41 | Crock | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Verdammt, recht haste, also: 2bcd = 9^3 a2cd = 9^3 ab2d = 9^3 abc2 = 9^3 22cd = 9^2 2b2d = 9^2 2bc2 = 9^2 a22d = 9^2 a2c2 = 9^2 ab22 = 9^2 222d = 9^1 22c2 = 9^1 2b22 = 9^1 a222 = 9^1 2222 = 9^0 Leider besiegt das nicht mein Unvertaendniss... Wie koennte man das als Formel ausdruecken? Mir fallen im moment nur Summen-Funktionen ein aber keine repraesentiert dieses Ergebnis so richtig. |
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| 09.07.2005, 18:43 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
hmm, naja, denk auch mal über deine formulierung nach "2bcd = 9^3" ist soweit unsinn; von der form 2bcd gibt es 9^3 möglichkeiten soll damit ja gemeint sein, aber das ist keine zahlengleichheit zur sache: wie schon gesagt bekommst du eine geschlossene formel mit der unbekannten n aus {1,2,3,4} die summe (für diese 4 verschiedenen n) musst du dann schon noch von hand ausrechnen du kannst deins jetzt auch ausrechnen, aber das andere würde eben viel schreibarbeit sparen |
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| 09.07.2005, 19:02 | Crock | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
hm, also an sich verstanden hab ich's... nur mir fehlt eine kleine Information: Das ??? laesst sich fuer mich nicht Aufloesen. Kann mir da noch einer auf die Spruenge helfen? |
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| 09.07.2005, 19:05 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
das vordere mit der doppelsumme verstehe ich auch nicht nimm soch mal den fall n=2 dann musst du erst aus deinen 4 plätzen 2 aussuchen, jedes gibt andere möglichkeiten 2 aus 4, da gibt es allein (4 über 2) möglichkeiten die anderen beiden (4-2 verbleibende) haben jeweils 9 möglichkeiten zusammen für n=2 gibt es: (4 über 2)*9^(4-2) jetzt übertragen |
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| 09.07.2005, 19:09 | Crock | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
und wass heisst 4 ueber 2 ? |
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| 09.07.2005, 19:09 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
@Crock Nur noch ein Nachtrag zu deinem ersten Lösungsversuch: Sei ... Menge der PIN-Codes mit mindestens einer 2 und ... Menge der PIN-Codes mit einer 2 an der k-ten Stelle (k=1,2,3,4) Klar ist . Du rechnest nun , und das ist falsch, da die untereinander nicht disjunkt sind - ein PIN-Code kann eben mehr als eine 2 enthalten! Dennoch kann man mit diesem Ansatz zu einer Lösung kommen, mit der Einschluss-Ausschluss-Formel. Aber dieser Weg ist viiiel komplizierter als der Weg, auf den LOED dich führen will (hoffe ich mal) ... |
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| 09.07.2005, 19:11 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
hallo arthur: bitte keine siebformel, wenns nicht nötig ist 
@crock: du scheinst noch ganz am anfang zu stehen wenn du den binomialkoeffizienten (n über k) nicht kennst dann mein vorschlag: schreibe alle möglichkeiten wie oben auf und addiere dann eben ohne formel, denn dazu solltest du diesen binomialkoeffizienten kennen |
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| 09.07.2005, 19:15 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Hallo Jochen, hatte ich ja auch nicht vor - das war doch deutlich genug:
EDIT: Jochens Hinweis mit dem Binomialkoeffizienten macht mich jetzt aber doch stutzig - was hat er bloß vor? Einfacher geht's so: Die gesuchte Anzahl aller PIN-Codes mit mindestens einer 2 ist gleich der Anzahl aller PIN-Codes () minus die Anzahl aller PIN-Codes ohne 2 ... |
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| 09.07.2005, 23:27 | Crock | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
GNAARGHH *Kopf an die Wand hau* darauf HAETTE man kommen koennen *schaem* ja gut.. dafuer hab ic hejtzt wieder was neues gelernt... Binomialkoeffizienten. Indirekt kannte ich sie zwar schon, aber nun auch in dieser Beziehung. |
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| 09.07.2005, 23:37 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
huhu arthur, das wiederum ist NOCH schneller meine absicht war ja: P=günstige/mögliche dabei günstig: 1 soweit haben wirs alle noch gleich anzahl mögliche="anzahl jeniger codes mit genau einer zwei" + "anzahl jener codes mit genau zwei 2ern" + "anzahl jener codes mit genau drei 2ern" + "anzahl jener codes mit genau vier 2ern" dann kommt man eben auf die formel anzahl mögliche aber deins ist ja noch mal viel schneller, aber komt natürlich das gleiche raus.... |
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| 09.07.2005, 23:41 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Und da hast du was gegen die Einschluss-Ausschluss-Formel - die führt zu einer Formel derselben Komplexität: Insgesamt haben wir also Schön, dass jedesmal dieselbe Zahl herauskommt. 
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| 09.07.2005, 23:54 | Simonko_ | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
es gibt 10*10*10*9 kombinationen weil die 2 ist dir ja bekannt also hast du eine chance von 1 zu 9000 |
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| 09.07.2005, 23:55 | Simonko_ | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
sorry 10*10*10*1 chance 1 zu 1000 |
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| 09.07.2005, 23:55 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
du hast recht, dafür sieht wenigstens mein tex oben schön aus 
den lass ich mal als kunstwerk stehen das sollte es natürlich sein mit "{}" um den tex-binomialkoeffizient [offtopic] alles in allem hattest du wieder recht, aber verzeih mir, ich hatte den ganzen tag davor auch schon ein beachtvolleyballturnier geleitet und selbst gespielt [/offtopic] |
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| 09.07.2005, 23:59 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
auch off-topic: Besser schlecht gespielt als gar nicht. |
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| 10.07.2005, 00:07 | Simonko_ | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
10*10*10*1 die 2 kann man noch 3 mal verschieben 4000 dann. wieso soll das nicht stimmen? 1:4000 |
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| 10.07.2005, 00:16 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
lies dir mal den ganzen thread durch simonko! 2 zahlen der form (2***) und (*2**) sind z.b. nicht unbedingt unterschiedlich, denn die ziffer 2 kann doppelt oder sogar noch öfter vorkommen mfg jochen @arthur: siehe neuer rang - dabeisein ist alles und organisieren ist ja sogar noch mehr als dabei sein 
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| 10.07.2005, 23:30 | Crock | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Danke fuer die Hilfe erstmal! Nachdem ich heut das ganze erstmal Mental nachvollzogen habe, wollte ich mich nun daran versuchen, das selbe zu errechnen, wenn 2 Ziffern bekannt sind und bin klaeglich gescheitert (hab negative Wahrscheinlichkeiten, oder niedriegere als die mit nur einer Ziffer erhalten). Gibts irgend einen tollen Links fuer Kombinatorik und/oder verwandte Anwendungsbeispiele? Und ist es mit 2 gegebenen Ziffern schon wieder ein ganz anderer Ansatz? |
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| 11.07.2005, 00:19 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
bei 4 stellen und 2 bekannten ziffern (unterschiedlich) bei 4 ziffern würde ich ohne nachzudenken wieder einen ansatz aller möglichkeiten machen: seien deine vorkommenden ziffern 0 und 1 dann hast du: beide einmal 1 einmal, 0 doppelt 0 einmal, 1 doppelt (*) beide doppelt 1 dreimal, 0 einmal 0 dreimal, 1 einmal (*) 6 fälle, jeweils wieder anzahl der möglichkeiten berechnen dabei müssen die mit (*) gekennzeichneten nicht neu berechnet werden, da sie jeweils symmetrisch zu den da drüber sind |
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| 11.07.2005, 00:24 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
@Crock Zunächst mal solltest du verraten, ob die beiden bekannten Ziffern gleich oder verschieden sind. Davon hängt nämlich die Antwort ab! |
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| 11.07.2005, 11:57 | Crock | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
*denk* 2 mal die Gleiche Zahl waer ja langweilig... sagen wir mal Verschiedene. Ich dachte dafuer gaebe es auch einen allgemeinen Ansatz? Hat denn jemand vielleicht nen tollen Link zur Kombinatorik? @LOED: Und was ist, wenn jede Zahl nur einmal vorkommt? Das felht bei deiner Liste
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| 11.07.2005, 12:11 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Wie gehabt: LOED bietet dir einen Weg an, ich den alternativen über das Komplement. Der ist diesmal nicht so einfach zu sehen, dennoch aber möglich und gar nicht so schwer. Ich bedien mich jetzt aber doch der Mengensymbolik, um die Übersicht zu wahren: ... Menge aller Pin-Codes ... Menge aller Pin-Codes, die die erste Ziffer nicht enthalten ... Menge aller Pin-Codes, die die zweite Ziffer nicht enthalten Gesucht ist nun . Weiter sollte bekannt sein . Und warum soll ausgerechnet der Durchschnitt günstiger sein? Nun, wegen seiner inhaltlichen Bedeutung: ... Menge aller Pin-Codes, die weder erste noch zweite Ziffer enthalten |
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| 11.07.2005, 17:42 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
und um meins noch mal zu schützen: is doch alles da
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| 11.07.2005, 17:49 | Crock | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Hey danke
Hab mal beide Wege ausprobiert und es kommt das selbe heraus 
(974). Dann werd ich jetzt mal versuchen, den Weg von Arthur auf 3 Ziffern anzuwenden. Aber da muss ich mir noch was einfallen lassen, weil da bestimmte Zahlen, so meine ich, ausgelassen werden. Ich melde mich (bestimmt) nochmal *droh* ;-) @ LOED: sorry... nicht mal lesen kann ich :/ wahrscheinlich hab ich das im Kopf verdreht... |
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| 11.07.2005, 17:52 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Bei 3 vorgegebenen Ziffern würde ich auf den LOED-Weg umschwenken, des diesmal geringeren Aufwands wegen... So kann sich die Situation ändern.
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| 11.07.2005, 19:36 | Crock | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Mir faellt gerade auf, dass mir eine Sache noch gar nicht ganz klar ist: Un zwar, wieso kommen diese Binomial Koeffizienten bei meiner ersten Fragestellung ueberhaupt im Loesungsweg vor? Was hat das ganze hier mit den Pascalschen Dreieck zutun? Kann man das Beweisen? (das hier die Binomialkoeffizienten benoetigt werden?) |
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| 11.07.2005, 19:39 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
der binomialkoeffizient (n über k) liefert dir die anzahl aller möglichkeiten aus n dingen k auszuwählen (ohne doppelwahl) also nimm den fall: 2 kommt zweimal vor dann wähle ich erst die zwei stellen aus, an denen 2er stehen, dafür gibt es (4 über 2) möglichkeiten. der rest (zwei stelle) kann dann je eine von neun ziffern sein. oder habe ich deine frage missverstanden? |
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| 11.07.2005, 19:39 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
@Crock Ergänzend schau dir auch mal Tabelle http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=13960 an - am besten aber mit Firefox oder Opera... |
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| 12.07.2005, 20:11 | hum123 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
lösung: 1:3439 ? |
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| 12.07.2005, 20:24 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
@hum123 Das ist die Lösung des Ausgangsproblems, ja. Aber wir sind schon beim übernächsten Problem... |
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| 12.07.2005, 22:52 | hum | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
sorry, ich durchforste nur das board um mir ein paar aufgaben für die nächstwöchentliche mdl. prüfung in wahrscheinlichkeitstheorie anzuschaun |
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| 12.07.2005, 23:17 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
dann viel glück bei drei vorgegebenen unterschiedlichen ziffern, die in einem 4stelligen code jeweils mindestens einmal vorkommen müssen, gibt es übrigens nur 204 verschiedene codes mfg jochen |
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