6 aus 49

21.11.2010, 18:22

Si5ypho5

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6 aus 49

Meine Frage:
Hey matheboard-community,

also ich hab folgendes Problem...
In Seminarfach soll ich einen Vortrag zur Lotterie 6aus 49 halten. Doch Stochastik kommt bei uns jetzt erst, nachdem wir Vektoren abgeschlossen haben...

Ich hab mir da schon einmal was zusammengeschustert:
nCR(a,b)=(a über b)

X=Anzahl richtige S=superzahl

P(X)=[nCR(6,X)*nCR(43,6-X)] / nCR(49,6)
P(S)=1/10

So Nummer 1-3 hab ich schon geschafft, doch wie kann ich die anderen 3 machen?

Nr. 4: Wie viele Richtige ohne Superzahl sind bei einem Tipp zu erwarten?

Nr. 5: Bestätigen sie, dass die Wahrscheinlichkeit für das Ziehen einer bestimmten Zahl bei jeder 6ten Ziehung gleich ist.

Nr. 6: Teilen sie die Zahlenmenge in folgende 3 Intervalle: [1;16],[17;33 und [34;49]. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit 2 Richtige je Intervall zu tippen?

Bitte um Hilfe bis nächste Woche Dienstag :-D

Mfg Malte Klitzke

Meine Ideen:
So zu Nummer 4 hab ich mir gedacht, dass man ja 49 über 6 Möglichkeiten hat, 6 zahlen zu tippen. Aberwie bring ich das in Relation mit der Wahrscheinlichkeit 6 Richtige zu tippen?

Zu Nummer 5, man nimmt sich eine Zahl, z.b. die 13, dann hat man 49 über 1 und dann weiter? :-/

Zu Nummer 6, man stellt 3 hypergeometrische Verteilungen auf.
P1(x)=[nCR(2,X)*nCR(14,2-X)] / nCR(16,2)

Und das nochmal für das 2te und 3te Intervall. Danach P1+P2+P3 und dann hat man seine Gesamtwahrscheinlichkeit?

21.11.2010, 22:09

Zellerli

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Du hast noch garkeine Vorkenntnisse in der Stochastik?
Dann solltest du dich mal schlau machen über Zufallsexperimente, Laplace-Wahrscheinlichkeit, Baumdiagramm und Kombinatorik (Wiki nennt das inzwischen "abzählende Kombinatorik"). Ist alles halb so wild. Benutze aber nicht nur Wiki, wenn es dir zu umständlich und irreführend erscheint (ist es dort nämlich oft). Damit bringst du dann auch die richtigen Formulierungen und Begründungen zu Stande.

Bei 4 sollst du den Erwartungswert der Größe "Anzahl der richtigen Zahlen" berechnen.

Bei 5 nimmt man in der Tat eine Zahl, aber nenne sie lieber allgemein $\begin{eqnarray*} a \in \{1,2,...,49\} \end{eqnarray*}$ , die dann mit einer gewissen Wahrscheinlichkeit an der 6. Stelle gezogen wird. Das setzt aber voraus, dass sie vorher nicht gezogen wurde und es ist unmöglich, wenn sie vorher gezogen würde. Das fließt alles mit ein (Baumdiagramm, Pfadregel).

Die 6 geht am besten über die Laplace-Wahrscheinlichkeit. Du musst hier allerdings konsequent unterscheidbare oder ununterscheidbare Plätze (also gibt es eine erste, zweite, ... sechste Kugel oder nicht?) im Zähler wie im Nenner voraussetzen.

21.11.2010, 23:07

Si5ypho5

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Danke Schonmal ;-)
Hey,

danke erstmal für die schnelle Antwort :-)

Also bei Nummer 4 mach ich dann einfach:
$\begin{eqnarray*} <br /> Erwartungswert(X=1)=1*p*(1-p)*\frac{N-1}{N-1} <br /> Erwartungswert(X=2)=2*p*(1-p)*\frac{N-2}{N-1}<br /> \end{eqnarray*}$
...usw...

Für p halt die jeweiligen Werte einsetzen, die hab ich ja schon.

oder wie? :-) So stehts in meiner Formelsammlung^^

Bei 5 erstell ich im Prinzip so ein Baumdiagramm?

http://www.bilder-hochladen.net/files/573s-3f.jpg
Und dann den Rotenpfad entlang. Ich dachte er meinte mit "Ziehung" eine komplette Ziehung, also mit 6 zahlen.

Und 6 schau ich mir morgen an :-P Zu lange aufbleiben ist ja auch nicht gut...^^

Schaut einmal bitte über meine Überlegungen drüber. Falls etwas komplett falsch ist, bitte ich um Korrektur :-D

22.11.2010, 07:35

Si5ypho5

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Upps
Sorry das da oben ist die Varianz.. :-/
Ich meinte natürlich

http://www.reiter1.com/Glossar/Hyperg2.gif
Und dann durchrechnen.

MfG Malte klitzke

22.11.2010, 11:30

Si5ypho5

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Weitere Berechnung
Also Sitz hier gerade in der Schule und hab mal weitergearbeitet. Bei nr4 hab ich 0,7347 raus. Bedeutet das, dass bei einem Tipps durchschnittlich 0,7347 zahlen richtig getippt sind?
Bei nr5 bekomm ich mit dem Baumdiagramm egal bei welchem Zug ich die Kugel ziehe, immer 1/49. Ist das richtig? Z.b 48/49 x 47/48 x 1/47 = 1/49 (wäre ja rein theoretisch der dritte Zug.
Bei nr6 versteh ich nicht ganz, warum laplace? Da würde ich ja 2/16 bekommen=1/8 und 1/8^3=1/512. wenn ich allerdings [[nCr(2,2)xnCr(14,0)]/nCR(16,2)]^3 mache bekomme ich 5,787 x 10^-7 und bei [nCr(6,6)xnCr(43,0)]/nCR(49,6) = 7,151 x 10^-8
Ist dann eher laplace oder 3 hypergeometrisch Verteilungen richtig?

Naja MfG malte klitzke

Vom iPhone aus gesendet

22.11.2010, 14:57

Zellerli

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Dein Erwartungswert sind mir von der Formel her zu kompliziert aus (weiß nicht ob das Ergebnis stimmt).

Wenn $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ die Anzahl der richtigen angibt, dann ist (per definitionem) $\begin{eqnarray*} E(X)=1 \cdot p(X=1) + 2 \cdot P(X=2) + ... + 6 \cdot P(X=6) \end{eqnarray*}$

" $\begin{eqnarray*} E(X=1) \end{eqnarray*}$ " macht schon von der Form her keinen Sinn (unabhängig davon, dass die darauffolgende Formel die Varianz ist).

Die 5 passt: Dass die sechste Kugel eine bestimmte Zahl zeigt ist genauso wahrscheinlich wie, dass die erste Kugel eine bestimmte Zahl zeigt.
Vorstellung: Wenn alle Kugeln gefallen sind, ist es egal ob ich von vorne oder von hinten vorlese, es wäre auch egal, wenn ich sie durchmische. An allen Positionen sind die Zahlen gleichhäufig.

Erklär mal deine nCr (verwechsle das immer mit nPr und beides ist nicht üblich in einer Formel) und tu dir ruhig mal den Formeleditor an. Ich will nicht ausschließen, dass du richtige Ansätze hast, ich weigere mich nur das jetzt zu interpretieren und nachzuschlaen.

Leg dir ein Notebook zu. Das ist nicht teurer als dein iPhone und man kann ordentlich drauf schreiben :P

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22.11.2010, 16:21

Si5ypho5

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Erläuterung
Okay dann nochmal in Formeleditorschreibweise Big Laugh

Big Laugh

(hab ich aufm iPhone nicht gefunden :-P)

nCR-Erläuterung (Binomialkoeffizient):

Allgemein: nCR(a,b) --> Wieviele Möglichkeiten gibt es von a, b auszuwählen?
$\begin{eqnarray*} nCR(a,b)=\frac{a!}{b!*(a-b)!} \end{eqnarray*}$

Z.b.:
$\begin{eqnarray*} nCR(10,2) = \frac{10*11}{2} \end{eqnarray*}$
oder
$\begin{eqnarray*} nCR(10,1) = \frac{10}{1} \end{eqnarray*}$

Also Nr. 4:
$\begin{eqnarray*} <br /> E(X)=\sum\limits_{x=1}^n x*\frac{nCR(6,x)*nCR(43,6-x)}{nCR(49,6)} <br /> \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X)=0,7347 \end{eqnarray*}$

Das ist ja im Prinzip das, was du gesagt hast mit $\begin{eqnarray*} E(X)=P(X=1)+P(X=2)+...+P(X=6) \end{eqnarray*}$ .

Gut wenn Nr5 soweit passt, dann zu Nummer 6:

-3 Intervalle: [1;16], [17;33] und [34;49]
-Mächtigkeiten: 16, 16 und 15

Wenn ich das mit Laplace mache habe ich ja:

Intervall 1: $\begin{eqnarray*} \frac{|2|}{|16|} = \frac{1}{8} \end{eqnarray*}$

Intervall 2: $\begin{eqnarray*} \frac{|2|}{|16|} = \frac{1}{8} \end{eqnarray*}$

Intervall 3: $\begin{eqnarray*} \frac{|2|}{|15|} = \frac{2}{15} \end{eqnarray*}$

Insgesammt: $\begin{eqnarray*} \frac{1}{8} * \frac{1}{8} * \frac{2}{15} = 0,00208 \end{eqnarray*}$
Entweder ich hab da was falsch verstanden oder diese unmöglich hohe Zahl für 6 Richtige stimmt^^

So meine Anfangsüberlegung war ja 3 hypergeometrische Verteilungen aufzustellen:

$\begin{eqnarray*} P(X=6/3)=\frac{nCR(16,2)*nCR(14,0)}{nCR(16,2)}*\frac{nCR(2,2)*nCR(14,0)}{nCR(2,2)}*\frac{nCR(2,2)*nCR(13,0)}{nCR(15,2)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(X=6/3)=6,6138*10^{-7} \end{eqnarray*}$
Also Ergebniss 2 mit den 3 hypergeometrischen Verteilungen ist an dem P(X=6) Ergebniss deutlich näher dran, aber wenn ich mich bei den Laplace-Gleichungen vertan habe, lasse ich mich natürlich gerne belehren. :-)

-> Zum Vergleich: $\begin{eqnarray*} \frac{nCr(6,6)*nCr(43,0)}{nCR(49,6)} = 7,151*10^{-8} \end{eqnarray*}$

22.11.2010, 20:23

Si5ypho5

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Zeit
Die Zeit rinnt. :-O

Ich bräuchte nur noch zu Nummer 6 Bestätigung/Ablehnung. Die Restlichen Aufgaben habe ich soweit alle richtig.

Jetzt wo ich mich in das Thema reingefuchst habe Big Laugh

Big Laugh

, wird auch so einiges klar. :-)

Gut daran ist, dass ich wenn das im normalen Mathe-Unterricht dran kommt glänzen kann. Big Laugh

Big Laugh

Also, kann Nummer 6 so richtig sein oder ist es falsch? Weil wie kann man die Wahrscheinlichkeit auf 6 Richtige derart verringern? Ist ja ca. 10mal so hoch.

MfG Malte Klitzke

PS: Bitte um baldige Antwort ;-) (bitte vor 7:30 Morgen)

22.11.2010, 23:09

Si5ypho5

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Uhrzeit
Geht auch später, hab ja ganz vergessen, dass ich Demonstrant erst um 13:45 habe, also falls bis dahin noch einer einen Kommentar zu Nummer 6 abgeben möchte, so solle er dies tuen, ich bitte darum. :-)

MfG und gn8 malte klitzke

23.11.2010, 12:02

Zellerli

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Du hast Laplace falsch angewendet. Was da steht ist (z.B. bei $\begin{eqnarray*} \frac{2}{16} \end{eqnarray*}$ ) die Wahrscheinlichkeit, dass EINE Kugel zwei der 16 Zahlen erwischt.

Was du brauchst ist die Anzahl der Möglichkeiten 2 aus 16, bzw. 15 zu ziehen.
Und das in drei Abschnitten (erst 2 aus 16 ziehen, dann nochmal, dann 2 aus 15 ziehen). Und jeder Abschnitt ist unabhängig, wie sieht also die Verknüpfung aus?
Jetzt beachtest du aber noch, (z.B.) "die ersten beiden Kugeln gehen beide genau in den ersten Bereich, die nächsten beiden genau in den zweiten und die letzten beiden in den dritten."
Das ist aber nur ein Sonderfall. Wieviele Möglichkeiten gibt es dreimal 2 Kugeln aus den 6 zu ziehen (die dann jeweils in den ersten, den zweiten, den dritten Bereich gehen)?
Dieser Faktor muss auch noch in den Zähler.

Und "alle möglichen" Fälle sind hier sehr einfach.

23.11.2010, 22:46

Si5ypho5

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Ist dass dann $\begin{eqnarray*} \frac{1}{16}*\frac{1}{16} \end{eqnarray*}$ für 2 Kugeln aus 16?

Die Verknüpfung ist dann addieren statt mal nehmen? Und das mit dem genau im 1ten, 2ten bzw 3ten Bereich versteh ich auch nicht...

Ich hab noch zeit bis nächsten Dienstag^^ Kam heute nicht dran, weil einer mit e-funktionen 90min gebraucht hat :-)

MfG und gn8 Malte Klitke

24.11.2010, 00:06

Zellerli

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Ah ah ah, das ist der Holzweg.

Aber vielleicht habe ich mich zu kompliziert ausgedrückt.

Fangen wir mal von vorne an:

Du hast 6 Kugeln, sie sind der Einfachheit halber nummeriert oder farbig oder was auch immer, aber unterscheidbar:
Wieviele Möglichkeiten gibt es, diese Kugeln in drei ebenfalls nummerierte Gruppen zu je zwei Kugeln aufzuteilen?

24.11.2010, 07:33

Si5ypho5

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Hmm entweder meinst du
$\begin{eqnarray*} nCr(49,2)*nCr(47,2)*nCr(45,2)*nCr(43,0) \end{eqnarray*}$
oder ich bin immer noch auf dem Holzweg...

25.11.2010, 15:48

Zellerli

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Also das habe ich bestimmt nicht gemeint (wo kam in meiner Überlegung eine 49 vor?), ABER das ist auch eine Möglichkeit vorzugehen.

Interpretiere mal, was du hier berechnet hast. Was soll die $\begin{eqnarray*} {43 \choose 0} \end{eqnarray*}$ am Ende?

(Ich würde dir wirklich dringend die reguläre Schreibweise mit Binomialkoeffizienten ans Herz legen - auch im Referat. Denn in der Schule ist nCr(n,k) nicht üblich.)

25.11.2010, 16:41

Si5ypho5

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Okay also geht der lösungsweg?
$\begin{eqnarray*} {49 \choose 2}*{47 \choose 2}*{45 \choose 2}*{43 \choose 0} \end{eqnarray*}$ ?
Auf welchen weg wolltest du mich bringen? Ich weis es immer noch nicht :-/

Das mit dem NCR hab ich immer gemacht, weil ich nicht wusste wie man das mit LaTeX macht. Hab das beim formeleditor nicht gesehen.

MfG malte

25.11.2010, 19:03

Si5ypho5

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achja die $\begin{eqnarray*} {43 \choose 0} \end{eqnarray*}$ soll sozusagen die restlichen kugeln darstellen, aus denen 0 ausgewählt werden. ist ja dann $\begin{eqnarray*} {43 \choose 0}=1 \end{eqnarray*}$

26.11.2010, 00:03

Zellerli

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Das ist nicht der vollständige Lösungweg. Aber ich frage dich, wie man das Produkt dieser drei Binomialkoeffizienten interpretieren kann.

26.11.2010, 07:27

Si5ypho5

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Also z.b. Wir haben 3 Autos, 1 4sitzer, 2 3sitzer und einen 1sitzer .
Insgesammt: 11 Plätze
also:
$\begin{eqnarray*} {11 \choose 4}*{7 \choose 3}*{4 \choose 3}*{1 \choose 1} \end{eqnarray*}$
Möglichkeiten 11 leute in die Autos zu verteilen. Bei 10 Leuten bleibt am Ende ja ein Auto nicht komplett aufgefüllt. Also muss dann ja iwo z.b. $\begin{eqnarray*} {1 \choose 0} \end{eqnarray*}$ stehen.

Wie ich daraus aber nun die wahrscheinlich bekomme ist mir unklar:-/

MfG malte

27.11.2010, 15:51

Zellerli

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Naja der letzte Faktor macht für mich keinen Sinn. Aber es gilt ohnehin $\begin{eqnarray*} {n \choose 0}=1 \end{eqnarray*}$ , also ist das auch egal.

Gut erklärt:
Das heißt du hast jetzt alle Möglichkeiten 3mal zwei Kugeln von den 49.

Wie sieht das aus, wenn du 3mal zwei Kugeln ziehen sollst, sodass die ersten beiden in den ersten 16, die nächsten beiden in den darauffolgenden 17 und die letzten in den letzten 16 liegen sollen?

28.11.2010, 12:03

Si5ypho5

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$\begin{eqnarray*} \frac{{49 \choose 2}}{16}*\frac{{47 \choose 2}}{16}*\frac{{45 \choose 2}}{15} \end{eqnarray*}$
oder wie?
Hab echt kein Plan wie es sonst aussehen könnte.. :-/

MfG malte

28.11.2010, 17:15

Zellerli

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Nein, das ist es nicht.

Du ziehst jetzt nichtmehr aus allen 49, sondern jeweils aus dem abgegrenzten Bereich...

28.11.2010, 17:24

Si5ypho5

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Oder so:
$\begin{eqnarray*} \frac{{49 \choose 2}}{{49 \choose 16}}*\frac{{47 \choose 2}}{{49 \choose 16}}*\frac{{45 \choose 2}}{{49 \choose 15}} \end{eqnarray*}$
?

habe echt keine Idee.... :-(

28.11.2010, 17:43

Zellerli

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Also bei $\begin{eqnarray*} {49 \choose 2} \end{eqnarray*}$ ziehst du 2 aus 49.
Wie sehen 2 aus 16 aus?

28.11.2010, 18:20

Si5ypho5

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Zitat:

Original von Zellerli
Wie sehen 2 aus 16 aus?

So: $\begin{eqnarray*} {16 \choose 2} \end{eqnarray*}$ .

Also dann $\begin{eqnarray*} \frac{{49 \choose 2}}{{16 \choose 2}}*\frac{{47 \choose 2}}{{16 \choose 2}}*\frac{{45 \choose 2}}{{15 \choose 2}} \end{eqnarray*}$ ?

28.11.2010, 23:58

Zellerli

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Eine Wahrscheinlichkeit liegt zwischen 0 und 1 oder ist sinnlos.

Was du raushast, ist sicher keine Wahrscheinlichkeit.

Interpretiere mal das Produkt im Nenner!

29.11.2010, 00:34

Si5ypho5

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hmm da kommt 832 raus^^ okay ein bischen unüberlegt...

der nenner $\begin{eqnarray*} {16 \choose 2} \end{eqnarray*}$ bedeutet, dass man aus 16, 2 auswählt. aber wieso ich das gemacht habe weiß ich auch nicht, war eher geraten, weil ich keine idee mehr hatte :-/^^

Zitat:

Wie sieht das aus, wenn du 3mal zwei Kugeln ziehen sollst, sodass die ersten beiden in den ersten 16, die nächsten beiden in den darauffolgenden 17 und die letzten in den letzten 16 liegen sollen?

Das habe ich ja noch garnicht umgesetzt. Müsste es dann so aussehen?

$\begin{eqnarray*} {49 \choose 16}*{33 \choose 17}*{16 \choose 16} \end{eqnarray*}$

Okay, alle möglichkeiten 3 mal 2 kugeln zu ziehen hab ich ja:
$\begin{eqnarray*} {49 \choose 2}*{47 \choose 2}*{45 \choose 2} \end{eqnarray*}$

Müsste es dann insgesammt so aussehen(also wenn das mit den 3 intervallen jetzt da oben so stimmt):
$\begin{eqnarray*} \frac{{49 \choose 2}*{47 \choose 2}*{45 \choose 2}}{{49 \choose 16}*{33 \choose 17}*{16 \choose 16}}=8,93*10^{-16} \end{eqnarray*}$

Ich hab das gefühl ich bewege mich im kreis... Wenn das jetzt nicht annähernd richtig ist, mach ich mir ernsthafte gedanken über mich.

29.11.2010, 04:21

Zellerli

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16 aus 49 sind zum Beispiel alle Möglichkeiten 16 Zahlen aus 49 zu ziehen. Hat nicht viel mit dem Verlangten zu tun.

Du hast den Nenner deines Terms immernoch nicht vollständig interpretiert. Für mich steht im Nenner ein Produkt mit drei Faktoren.

Was bedeutet es, wenn man 2 aus 16 mit 2 aus 16 und 2 aus 17 mit mal verknüpft?

Ich sage dir jetzt: Dieses Produkt brauchst du. Und wenn du es anschaulich gemacht hast, weißt du auch wie du es brauchst.

29.11.2010, 15:26

Si5ypho5

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Also

$\begin{eqnarray*} {16 \choose 2}*{16 \choose 2}*{17 \choose 2}=1958400 \end{eqnarray*}$

Bedeutung: Es gibt an, wieviele Möglichkeiten es gibt, genau zweimal 2 aus 16 und genau einmal 2 aus 17 auszuwählen.

Ich glaub ich habs :-)

$\begin{eqnarray*} \frac{{49 \choose 2}}{{16 \choose 2}*{16 \choose 2}*{17 \choose 2}}*\frac{{47 \choose 2}}{{16 \choose 2}*{16 \choose 2}*{17 \choose 2}}*\frac{{45 \choose 2}}{{16 \choose 2}*{16 \choose 2}*{17 \choose 2}}=1,6755*10^{-10} \end{eqnarray*}$

Zum vergleich: $\begin{eqnarray*} P(X=6)=7,151*10^{-8} \end{eqnarray*}$

Wenn's das ist, feier ich richtig :-D :-)

29.11.2010, 15:50

Zellerli

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Nicht ganz, ABER du hast es im Grunde.

Wie lautet die Formel für Laplace?

Was sind "alle Möglichkeiten" beim Lotto (total einfach, hast du auch schon paarmal gesagt).

29.11.2010, 16:15

Si5ypho5

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Formel für Laplace: $\begin{eqnarray*} P(X)=\frac{X}{A} \end{eqnarray*}$ | A=Anzahl aller Möglichkeiten

Alle Möglichkeiten beim Lotto: $\begin{eqnarray*} {49 \choose 6} \end{eqnarray*}$

Daraus folgt:

$\begin{eqnarray*} P(X)=\frac{X}{{49 \choose 6}} \end{eqnarray*}$

Und für X jetzt $\begin{eqnarray*} \frac{{49 \choose 2}}{{16 \choose 2}*{16 \choose 2}*{17 \choose 2}}*\frac{{47 \choose 2}}{{16 \choose 2}*{16 \choose 2}*{17 \choose 2}}*\frac{{45 \choose 2}}{{16 \choose 2}*{16 \choose 2}*{17 \choose 2}}=1,6755*10^{-10} \end{eqnarray*}$ einsetzten?

Für X eingesetzt:
$\begin{eqnarray*} P(X=3 mal 2)=\frac{\frac{{49 \choose 2}}{{16 \choose 2}*{16 \choose 2}*{17 \choose 2}}*\frac{{47 \choose 2}}{{16 \choose 2}*{16 \choose 2}*{17 \choose 2}}*\frac{{45 \choose 2}}{{16 \choose 2}*{16 \choose 2}*{17 \choose 2}}}{{49 \choose 6}}=1,1982*10^{-17} \end{eqnarray*}$

30.11.2010, 16:16

Zellerli

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Du sagst richtig, was alle Möglichkeiten sind.

Aber warum so kompliziert bei den günstigen.

Die günstigen sind genau die, wo 2 aus 16, 2 aus 16 und 2 aus 17 gezogen werden. Warum nochmal jeweils aus 49, 47 und 45 ziehen?

30.11.2010, 18:42

Si5ypho5

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$\begin{eqnarray*} P(x=2;y=2)=\frac{{16 \choose 2}*{17 \choose 2}*{16 \choose 2}}{{49 \choose 6}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(x=2;y=2)=0,14 \end{eqnarray*}$

Ist die Antwort ;-) hab ich auch so präsentiert war richtig, habe in einer Freistunde mit einem Kumpel nocheinmal dran gearbeitet :-)

Danke, danke für die Hilfe, großes Lob ;-)

MfG malte

01.12.2010, 14:17

Zellerli

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Kein Ding.

Freut mich, dass du die richtige Lösung noch rechtzeitig gefunden hast (ich war ja zu spät mit meinem letzten Hinweis) Augenzwinkern

Augenzwinkern

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