Kartenspiel |
| 24.04.2009, 19:40 | Neuling222 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Kartenspiel Hier mal eine Aufgabe, bei der ich noch keine vollständige Lösung gefunden habe. In einem Kartenspiel gibt es 32 Karten, darunter 4 Asse. Wie hoch ist die Wsk, dass wenn man zufällg ohne zurücklegen Karten zieht und diese in einer Reihe nebeneinander legt, zwei Asse nicht direkt nebeneinanderliegen (der Fall dass sich drei oder vier Asse berühren ist darin ist mit eingeschlossen). Meine Idee wäre folgende: es gibt 32 über 4 Möglichkeiten vier Asse auf 32 Plätze zu verteilen. Nun müssen alle Fälle herausgefiltert werden, bei denen sich 2, 3 oder 4 Asse berühren. Der Fall mit 4 Assen ist wohl der einfachste: Es gibt 32/4*4(!) Möglichkeiten vier sich berührende Asse auf die 32 Plätze zu verteilen. Für die anderen Fäll hab ich noch keine Idee. Danke scheen... goo ANNEMARIE!!! |
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| 24.04.2009, 21:47 | BarneyG. | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Hallo, und erst mal willkommen im Forum!
Na, das ist schon mal richtig!
Also ich habe jetzt keine Ahnung wie der Ausdruck 4(!) zu interpretieren ist. Aber ich habe den Verdacht, dass deine Formel für diesen ersten Fall nicht so ganz richtig ist ... Wenn man vier sich berührende Asse auf 32 Plätze verteilt, dann gibt es doch folgende Möglichkeiten (x=Ass, o=kein Ass) xxxxoooo... oxxxxooo... ooxxxxoo... usw. Und wenn ich ganz genau nachzähle, dann ergeben sich m. E. 29 Möglichkeiten vier sich berührende Asse auf 32 Karten zu verteilen. Und wenn man die Reihenfolge der Asse berücksichtigen will, dann muss man diese Anzahl noch mit 4! multiplizieren. Jetzt bleiben noch die Fälle für 3 sich berührende Asse und 2 sich berührende Asse. Und die sind ungleich schwerer! Wenn man denn die Aufgabe so lösen möchte ... Grüße |
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| 25.04.2009, 14:20 | Neulin222 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ok, da hatte ich wohl einen kleinen Denkfehler. also 29*4!. Aber Moment, spielt die Reihenfolge eine Rolle oder nicht? Das verstehe ich wiederrum nicht, entweder sie berühren sich oder sie berühren sich nicht. Aus der grundlegenden Aufgabenstellung geht doch hervor, das die Reihenfolge eine Rolle spielt. Selbst wenn alle Asse die gleiche Farbe hätte und nicht voneinander unterscheidbar wären, könnte man die Asse nummerieren und dann wäre der Fall A1A2A3A4oooo... ein anderer als A2A1A3A4ooo... Für den Fall wo sich 3 berühren: Es gibt grundsätzlich 2 Fälle: 1. der Fall bei dem die Drei Asse an dem Rand liegen. Dieser Fall kommt 2 mal vor. In diesem Fall muss der vierte Platz etwas anderes als ein Ass sein und das andere Ass kann sich auf die restlichen 28 Plätze verteilen. Also 2*3!*28. 2. der Fall wo die drei Asse nicht am Rand liegen, in diesem Fall MUSS rechts und links daneben ein Nicht-Ass liegen. Das vierte Ass kann sich auf die restlichen 27 Plätze verteilen. Durch Verrücken kann man diesen Fall 28 mal in verschiedener Weise konstruieren. Also 3!*27*28 Insgesamt gibt es also 8*3!*27*28 Falle wo sich 3 Asse berühren. Ist das so korrekt? |
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| 25.04.2009, 15:04 | Neuling222 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ich glaub das war doch nicht ganz richtig. Hier der 2. Versuch. der Fall dass sich 3 Asse berühren: 1. Fall, dass die 3 Asse am Rand liegen. Dann gibt es 2*28 Möglichkeiten 2. Fall, dass sie nicht am Rand liegen. Dann gibt es 28*27 Möglichkeiten Dabei gibt es jedes mal 4! Möglichkeiten die Asse anzuordnen also insgesamt: 4!*(2*28+28*27)=4!*28*29 Möglichkeiten. ? Für den Fall mit 2 sich berührenden Assen: Es muss rechts und links von 2 Assen jeweils ein Nicht-Ass liegen, die restlichen 2 Asse können sich beliebig auf die freien Plätze verteilen. Man findet also 28*(28 über 2) Fälle. Jedes mal können die Asse auf 4! Weisen angeordnet werden. Es ergeben sich also 4!*28*(28 über 2) Fälle. |
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| 25.04.2009, 15:11 | BarneyG. | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Hey! Super! Das ist doch schon der richtige Gedankengang! 
Kombinatorik, ist die Kunst vom RICHTIGEN Zählen. Und deshalb wollen wir nochmal zusammen genau nachzählen. Wenn die drei Asse am Anfang (oder am Ende) liegen, dann bleiben noch 28 Felder für das einzelne Ass, wenn es nicht an die drei Asse anstoßen soll. Damit gibt es 2 * 28 Möglichkeiten, wenn man die Asse (vorerst) nicht unterscheidet. Wenn die drei Asse nicht am Rand liegen, dann gibt es für das einzelne Ass nur noch 27 Möglichkeiten. Denn nun muss ja auf beiden Seiten der Dreier-Gruppe ein Feld freigehalten werden. Das hast du selbst vollkommen richtig erkannt! Die Dreiergruppe kann man auf 28 Arten in das Innere plazieren. Damit hat man 27 * 28 Möglichkeiten. Damit erhält man insgesamt für die Anordnung der Asse mit einer Dreiergruppe folgende Möglichkeiten (2*28 + 27*28) = 29 * 28 Wenn man die Asse unterscheidet, dann kann man das einzelne Ass auf 4 Arten aus 4 Assen auswählen. Die verbleibenden drei Asse kann man auf 3! Arten anordnen. Also erhält man 4 * 3! = 4! Möglichkeiten der Anordung. Jetzt bleibt noch die Anordnung der Asse mit einem Pärchen ... Da muss man jetzt aber ein wenig aufpassen, dass man nicht doppelt zählt! Grüße [edit] Da hast du mich jetzt aber rechts überholt! Ich habe deinen zweiten Beitrag erst nach dem Abschicken gelesen ... Die Sache mit den Dreiergruppen hast du ja schon selbst gelöst. Da hätte ich mir also Arbeit sparen können. Über die Zweiergruppen solltest du aber vielleicht noch mal nachdenken ... |
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| 25.04.2009, 15:43 | Neuling222 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Bist du sicher? Die Unterscheidung Rand oder nicht Rand wie bei dem Fall mit 3 Assen macht hier nämlich keinen Sinn mehr, weil man dann Fälle doppelt zählen würde. Es ist ja egal, ob sich die nur ein mal 2 asse berühren oder ob sich 2 mal 2 Asse berühren (also zwei zweiergruppen). Das sind alles Fälle bei denen sich nicht 3 oder 4 Asse berühren. Wenn ich mir jetzt überlege dass: OXXOOO...dann ist klar, dass links und rechts ein freies Feld von den zwei Assen sein muss, man hat also eine Vierer-Entität, die man 29 mal nach rechts verschieben kann bis man hier ankommt: ...OOOXXO. Es ist nun egal, ob sich die anderen beiden Asse berühren oder nicht, es ist ja durch die zwei freien felder neben der ersten Gruppe von Assen sichergestellt, dass sie diese Gruppe nicht berühren. Ich muss mir also überlegen, wieviele Möglichkeiten es gibt die restlichen 2 Asse auf die 28 verbliebenen Felder zu verteilen (ersteinmal ohne die Reihenfolge zu beachten), Wenn mich nicht alles täuscht ist das das "Lottoproblem" also (28 über 2). Es sind hier genau die Fälle mit eingeschlossen bei denen zwei Asse an den Rändern liegen....OOOXXO...OXX oder ein Ass an den Rändern liegt. Ich sehe nicht wo ich hier Fälle doppelt zähle. Dann muss letzendlich wieder beachtet werden, dass es jedesmal 4! Möglichkeiten gibt die Asse untereinander anzuordnen. also 4!*28*(28 ü 2)? |
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| 25.04.2009, 15:50 | Neuling222 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Hmm, ich seh schon, die (28 ü 2) geht so nicht klar. man muss noch die Fälle ausschließen, wo sich die 2 verbliebenen Asse berühren, weil diese Fälle sonst doppelt auftreten. und dann macht auch die Unterscheidung in Rand und nicht Rand wieder Sinn. |
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| 25.04.2009, 15:59 | Neuling222 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Gut, neuer Versuch. Ich unterscheide wieder in den Fall am Rand liegen und nicht am Rand liegend und filtere alle Fälle heraus, bei denen sich die zwei verbliebenen Asse berühren: Dann finde ich 4! * (2 * (29 ü 2) * 1/28 + 29 * (28 ü 2) * 1/27). |
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| 25.04.2009, 16:46 | BarneyG. | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Kannst du mal erklären, wie du auf das Ergebnis gekommen bist? Grüße |
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| 25.04.2009, 16:58 | Neuling222 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
es gibt zwei Fälle wo die Asse am Rand liegen. die restlichen 2 Asse können auf 29 verbleibende Positionen verteilt werden (29 ü 2), dabei filtere ich alle Fälle bei denen sich die zwei verbleibenden Asse berühren, dafür gibt es 28 Möglichkeiten, also *1/28. Hinzu kommen die "nicht-rand" Fälle. Links und rechts muss ein freier Platz sein, man arbeitet also mit einer Viererentität, die ich auf 29 Poistionen verschieben kann, die zwei verbleibenden Asse kann ich auf 28 verbleibende Felder verteilen (28 ü 2), ich filtere die Fälle in denen sich die zwei verbleibenden Asse berühren, da der Fall durch die Verschiebung der Viererentität abgedeckt ist. Dafür gibt es 27 Möglichkeiten, also *1/27. Ich addiere beide Fälle (Rand und Nicht-Rand) und multipliziere mit 4! wegen der jeweils möglichen Anordnungen der Asse untereinander. |
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| 25.04.2009, 18:26 | BarneyG. | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Nee, also damit gehe ich nicht konform. Wenn zwei Asse am linken Rand liegen, dann gibt es tatsächlich (29 ü 2) Möglichkeiten, die beiden verbleibenden Asse zu verteilen. Ob sich diese beiden Asse jetzt auch noch berühren oder nicht, ist doch vollkommen irrelevant. Denn wenn sich die ersten beiden Asse berühren, dann ist die Stellung in jedem Fall nicht zulässig und muss gezählt werden! Wir zählen also (29 ü 2) Möglichkeiten, bei denen zwei Asse (und nicht mehr) am linken Rand liegen. Nun müssen wir natürlich auch noch den Fall betrachten, wo die beiden Asse am rechten Rand liegen. Das ergibt noch einmal (29 ü 2) Möglichkeiten. Blöderweise haben wir aber jetzt die Möglichkeit, bei der zwei Asse am linken UND zwei Asse am rechten Rand liegen doppelt gezählt. Diese Möglichkeit müssen wir jetzt wieder abziehen. Die Anzahl der Möglichkeiten bei denen 2 Asse am linken und/oder am rechten Rand liegen ist also (29 ü 2) * 2 - 1 Jetzt betrachten wir die Fälle, wo das Pärchen weder am linken noch am rechten Rand liegt. Dafür gibt es 29 Möglichkeiten das Pärchen zu plazieren. Für die beiden verbleibenden Asse bleiben noch 28 Felder übrig, denn es entfallen 2 Felder für die Asse und zwei für die "Begrenzer". Die Anzahl der Möglichkeiten für die verbleibenden beiden Asse ist dann (28 ü 2). Insgesamt gibt es also dafür 29 * (28 ü 2) Möglichkeiten. Ganz schön haarig diese Zählerei. Aber jetzt sollte die Aufgabe so gut wie gelöst sein ...
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| 25.04.2009, 19:42 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| es geht erheblich einfacher... Es gibt Möglichkeiten, die 4 Positionen der Asse (ungeachtet ihrer Spielfarbe) unter den 32 Positionen auszuwählen, richtig. Jede dieser Möglichkeiten kann man durch ein Quadrupel mit beschreiben. Die Forderung, dass es keine benachbarten Asse gibt, kann man nun in der zusätzlichen Bedingung für - oder zusammengefasst geschrieben - ausdrücken. Durch "Umetikettierung" für läuft das auf die Anzahlbestimmung der Quadrupel mit hinaus, und davon gibt es genau . Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist somit . |
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| 26.04.2009, 00:16 | Neuling222 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Danke Arthur, toller Ansatz. Trotzdem noch mal:
Da zählst du aber Fälle doppelt, z.B. hast du den Falll XXOXXOO... schon dort einmal gezählt wo die Asse am Rand liegen (und also jetzt noch einmal wo das vierer Pärchen OXXO zwei Stellen nach rechts verschoben wurde und sich die zwei verbleibenden links anordnen.) Genau deshalb müsste man bei dem Fall, dass zwei Asse am Rand liegen alle Fälle filtern, bei denen sich die anderen beiden berühren, weil die dann im "zweiten Durchgang" mit vorkommen. Mein zweiter Filter ist aber überflüssig. Mit der Lösung finde ich fast das gleiche Ergebnis wie Arthur. Interessant wäre noch das allegemeine Problem zu lösen. Ist das dann (von Arthurs Lösung ausgehend) (N-k+1 über k)/(N über k), wobei N die Anzahl der zu belegenden Plätze und k die Anzahl der "Asse". |
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| 26.04.2009, 19:09 | BarneyG. | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Recht haste! Da hab ich jetzt meinen eigenen Rat nicht beachtet!
Tatsächlich ist das allgemeine Problem damit gelöst. Denn das Verfahren mit der "Umetikettierung" lässt sich hervorragend dazu verwenden, solche Aufgabentypen zu lösen. Wenden wir das mal auf unsere Zählerei mit den 32 Karten und den 4 Assen an: Wie viele Möglichkeiten gibt es 4er zu ziehen: Durch Umetikettierung wird das zu Und dies liefert die die Anzahl der 4er (29 ü 1) = 29 Die 3er unterscheiden wir je nachdem, ob die das Trippel am Anfang oder am Ende der Folge erscheint. Für die drei Asse am Anfang lautet die Bedingung dann und das ist (29 ü 2) Für das Trippel am Ende erhält man das gleiche noch einmal und damit ist die Anzahl der 3er 2 * (29 ü 2) = 812 Kommen wir nun zu den 2er. Diese Zählerei war bisher ziemlich haarig - aber nun wird sie ganz einfach: Zunächst mal betrachten wir die Möglichkeit, dass es genau einen 2er am Anfang gibt Das liefert die Anzahl (29 ü 3) Da man die 2er aber auch in der Mitte oder am Ende haben kann, ist dies 3 * (29 ü 3) Dazu muss man noch die Anzahl für die doppelten 2er hinzu zählen: Diese Anzahl ist (29 ü 2) Insgesamt hat mal also für die 2er 3 * (29 ü 3) + (29 ü 2) = 28 * (29 ü 2) = 11.368 Für die 1er hat man wie schon vermerkt (29 ü 4) = 23.751 Die Anzahl der Möglichkeiten ergibt also in Summe 4er: 29 3er: 812 2er: 11.368 1er: 23.751 Summe: 35.960 Und das korrespondiert genau mit der Gesamtzahl der Möglichkeiten (32 ü 4). Damit kann man Aufgaben dieser Art nun als gelöst abhaken!
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| 27.04.2009, 01:55 | Neuling222 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Super, danke euch! |
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