Ziffernproblem

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Nadine1987 Auf diesen Beitrag antworten »
Ziffernproblem
Hallo ich habe ein Wahrscheinlichkeitsproblem.

Ein Glücksrad mit 10 gleichen Sektoren enthält die Ziffern 0 bis 9. Durch fünfmaliges Drehen erzeugt man eine 5stellige Zahl (0 darf dabei als erste Ziffer vorkommen). Mit welcher Wahrscheinlichkeit enthält diese fünfstellige Zahl
a.) nur verschiedene Ziffern
b.) genau 3 gleiche Ziffern
c.) nur gleiche Ziffern
d.) genau 4 gleiche Ziffern
e.) genau 2 gleiche Ziffern

a kann ich berechnen mit:
und c mit:

aber wie komme ich auf die anderen?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Bei der Anzahlberechnung musst du folgendes berücksichtigen:

1.Welche der 10 Ziffern kommt genau dreimal vor?
2.An welchen drei der fünf möglichen Zahlpositionen stehen diese drei gleichen Ziffern?
3.Welche Varianten gibt es noch für die zwei Restpositionen zu vergeben.
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »

damit löst du dann b) und d)
bei der e musst du nochmal weiterknobeln, denn die restlichen 3 dürfen ja nicht beliebig aus den anderen 9 ziffern belegt werden, weil da nicht ein weiteres paar auftreten darf.

aber das kriegst du auch hin....
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Sehe ich eigentlich bei b) genauso!

b) 11123 erlaubt, 11122 aber nicht.
e) 11234 erlaubt, 11223 aber nicht.

Oder wie hast du das aufgefasst? verwirrt
Ist ja in der Tat nicht ganz zweifelsfrei formuliert - jaja die Sprache, aber den Thread hatten wir ja schon.
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »

stimmt, hast eigentlich recht
ich hatte jetzt nur an 3ertupel gedacht und von diesen sollte es genau eines geben.....

erinnert mich an die gute frage, ob ein fünfling als fullhouse angesehen werden kann.....

aber ich denke ich stimme dir zu, 11122 als verboten anzusehen......

Wink
Nadine1987 Auf diesen Beitrag antworten »

Hab mir das jetzt mal für d überlegt (Betonung liegt auf überlegt  weis einfach nicht wie man rechnerisch draufkommt).

Also z.B. für 0 und 1:
00001; 00010; 00100; 01000; 10000

da kann also die Ziffer die einmal auftritt an 5 verschiedenen Positionen stehen.

Das ganze nehme ich mal 9, da ich für die Ziffer die nur einmal auftritt ja 9 Ziffern zur Auswahl habe.

Das nehme ich dann mal 10, weil ich 10 Ziffern habe. Komme ich also auf P(D) 450/(10^5) = 0,0045

Darauf komme ich aber nur weil ich es mir für 4 x 0 + eine andere Ziffer aufgeschrieben habe.

Und zu b.):
1. Welche der 10 Ziffern kommt genau dreimal vor?
- Jede der 10 kann genau dreimal vorkommen.

2. An welchen drei der fünf möglichen Zahlpositionen stehen diese drei gleichen Ziffern?
- habe ich keine Idee wie ich das berechnen kann

3. Welche Varianten gibt es noch für die zwei Restpositionen zu vergeben.
- für die Restposten habe ich noch 2 zur Auswahl (für die erste also 9
und die zweite 8) die ich in der Position auch untereinander
vertauschen kann, aber die Anzahl der Variationen unter 5 Stellen 
keine Ahnung.
 
 
Nadine1987 Auf diesen Beitrag antworten »

Also ich glaub ich weiß jetzt, wie man zumindest d.) berechnet.
Ich habe ja Praktisch für die Zahl 4 gleiche Ziffern und eine unterschiedliche Ziffer. Für die gleichen Ziffern habe ich zehn zur Auswahl und für die andere neun. Also rechne ich doch:

P(D) =

und dann müsste für P(B) gelten:

P(B) =

Hier bin ich mir aber nicht sicher ob ich noch mal 2 rechnen muss, das die beiden Ziffern die verschieden sind, ja auch die Plätze tauschen können, aber das habe ich eigentlich bei 5!/3! schon berücksichtigt.

Stimmt das so? Wenn ja, warum funktioniert das für e nicht auch so
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Ist alles völlig korrekt. Freude

Und das "mal 2 nehmen" hast du schon drin, denn ohne Berücksichtigung der Reihenfolge gibt es für die zwei Restziffern nur Möglichkeiten. Mit Berücksichtigung der Reihenfolge (so wie du es richtigerweise gerechnet hast) sind es dagegen Möglichkeiten.


EDIT: Halt, da war ich voreilig - es ist doch noch ein Fehler drin: Das musst du durch ersetzen, denn bei den drei gleichen Ziffern spielt nur die Auswahl der 3 aus 5 Positionen eine Rolle, nicht aber in welcher Reihenfolge diese Positionen ausgewählt werden.
Nadine1987 Auf diesen Beitrag antworten »

Dann würde ich aber nur auf 10 Möglichkeiten kommen, bin aber durch ein Baumdiagramm auf 20 gekommen (z.B. für 3x0, 1x1 und 1x2).
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Die Möglichkeiten sind doch erstmal nur für die Positionen der drei gleichen Ziffern bei fest vorgegebener Ziffer gedacht, nicht für den Rest! Also z.B. die Ziffer 0, und x steht für die beiden anderen Ziffern:

000xx
00x0x
00xx0
0x00x
0x0x0
0xx00
x000x
x00x0
x0x00
xx000

Für die beiden x hast du jetzt noch Möglichkeiten, sie in geordneter Reihenfolge auszuwählen.

Macht insgesamt Möglichkeiten der Anordnung.
Nadine1987 Auf diesen Beitrag antworten »

Aber mit 5 über 3 berechnet man doch die Möglichkeiten aus einer 5 elementigen Menge eine 3er Kombination zu erzeugen, ohne das die Reihenfolge beachtet wird und ohne Wiederholung. verwirrt

Mit 5!/3! berechne ich dagegen, wie viele fünfstellige Variationen ich aus einer 5 elementigen Menge, bei der drei Elemente gleich sind, erzeugen kann. Bildlich wären das:

00012 00021
00102 00201
00120 00210
01002 02001
01020 02010
01200 02100
10002 20001
10020 20010
10200 20100
12000 21000

für die 0 habe ich 10 Ziffern zur Auswahl, für die 1 9 Ziffern und für die 2 noch acht.

Wäre doch das gleich wie bei dir, nur das bei dir noch mal zwei gerechnet werden müsste, da sich ja auch die 9 und die 8 untereinander vertauschen können.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Von mir aus auch so - dann beinhalten deine 20 Varianten aber bereits die Vertauschungsoption für die beiden restlichen Ziffern! Für die darfst du dann also nur noch die Auswahl-, nicht aber die Anordnungsmöglichkeiten berücksichtigen - das ergibt . So gerechnet ergibt sich , das gleiche Ergebnis wie bei meinem Alternativweg.

Du machst den Fehler, die Anordnungsmöglichkeit der beiden Restziffern doppelt zu berücksichtigen, und das geht definitiv nicht.
Nadine1987 Auf diesen Beitrag antworten »

Ach klar jetzt hab ich`s kappiert. Danke.

Dann ist es für e.) doch



P(E) = 0,504
Nadine1987 Auf diesen Beitrag antworten »

Und jetzt noch mal der Vollständigkeit wegen:

f.) genau 2 x 2 gleiche Ziffern



P(F) = 0,108

g.) genau 3 gleich und genau 2 gleich Ziffern



P(G) = 0,009


Stimmt doch so oder?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Und wenn du jetzt die 7 Wahrscheinlichkeiten addierst und 1 herausbekommst, ist das schon mal ein gutes Zeichen. smile
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Statt sich bei jedem Ereignis erneut ein Zählverfahren zu überlegen (und dabei Möglichkeiten zu vergessen und andere doppelt und dreifach zu zählen), könnte man ein für alle Mal die sich dahinter verbergende allen Ereignissen gemeinsame Zählstruktur aufdecken. Ich habe das einmal in der Tabelle unten gemacht. Ich will es am Beispiel von b) erläutern.

"Drei gleiche und zwei Einzelne" führt auf den Worttyp AAABC. Dieses Wort hat die Länge , drei verschiedene Buchstaben A,B,C, wobei der erste dreimal und die beiden anderen jeweils einmal vorkommen. Das ergibt



verschiedene Wörter, z.B. AAABC, BAACA, ACABA. Ein solches Wort kann nun mit Ziffern belegt werden. Für A hat man Möglichkeiten, für B noch , für C noch , insgesamt also Möglichkeiten. Dabei kommen aber Mehrfachzählungen vor. Man hat Einzelne, Paare, Tripel, Quadrupel, Quintupel. Somit gibt es



Belegungen. Für das Ereignis von Aufgabe b) erhält man somit die Mächtigkeit



Das Koinzidenzmuster der Einzelnen, Paare, Tripel, Quadrupel und Quintupel legt das Ereignis eindeutig fest, also können die Mächtigkeiten auch daraus ermittelt werden. Zu etwa gehört, wie oben erläutert, das Muster , d.h. .

Denkt man sich das alles noch einmal sorgfältig durch, so findet man für und als Mächtigkeit von den Wert



Hierbei habe ich das Symbol verwendet.


EDIT (Korrektur)
In Zeile D, Spalte 5, sollte es im Nenner besser heißen.
bil Auf diesen Beitrag antworten »

war eine gute idee leopold und auch noch sehr gut erklärt!Freude
AD Auf diesen Beitrag antworten »

In Kombinatorik und Laplaceschen W-Räumen ist Leopold ja richtig in seinem Element. Mal abwarten, ob er irgendwann auch noch seinen Ekel vor der Statistik ablegt. smile
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