Stochastik-Klausur gelöst, brauche eure Hilfe

06.04.2004, 00:08

Ligh7ning

Stochastik-Klausur gelöst, brauche eure Hilfe

Hallo,

hier eine alte (1-stündige) Klausur, die ich versucht hab zu lösen.
Wäre nett wenn sich das mal jemand ansehen bzw. verbessern könnte, bei einigen Aufgaben hatte ich Probleme, vor allem bei Aufgaben 2 und 3 (Multiple-Choice). Hilfe

Aufgabe 1

Aus einer Urne, die anfänglich R = 12 rote und W = 10 weiße Kugeln enthält, wird eine Kugel gezogen. Ist diese rot, wird sie zusammen mit zwei weiteren Kugeln - eine davon rot, die andere weiß - zurückgelegt; ist sie weiß, wird sie zusammen mit zwei weiteren weißen Kugeln zurückgelegt. Anschließend wird eine zweite Kugel gezogen und nach demselben Muster wieder zurückgelegt. Schließlich wird noch eine dritte Kugel gezogen.

(i) Mit welcher Wahrscheinlichkeit p werden nur rote Kugeln gezogen?

(ii) Sie erfahren, dass die zweite und dritte gezogene Kugel rot waren. Mit welcher Wahrscheinlichkeit q war auch die erste rot?

Meine Lösungen

R = 12, W = 10, U = R + W = 22

Ri = die i-te gezogene Kugel ist rot
Wi = die i-te gezogene Kugel ist weiß

(i)

$\begin{align*} p = P(R3*R2*R1) = P(R3|R2*R1) * P(R2*R1) \end{align*}$
$\begin{align*} = P(R3|R2*R1) * P(R2|R1) * P(R1) \end{align*}$

= $\begin{align*} \frac{R+2}{U+4} * \frac{R+1}{U+2} * \frac{R}{U} = \frac{14}{26} * \frac{13}{24} * \frac{12}{22} = \frac{7}{44} \end{align*}$

(ii)

$\begin{align*} q = P(R1|R2*R3) = \frac{P(R1*R2*R3)}{P(R2*R3)} = \frac{7/44}{12/44} = \frac{7}{12} \end{align*}$

Nebenrechnung:

$\begin{align*} P(R2*R3) = P(R1*R2*R3) + P(W1*R2*R3) \end{align*}$
$\begin{align*} = \frac{7}{44} + P(R3|R2*W1)*P(R2|W1)*P(W1) \end{align*}$
$\begin{align*} = \frac{7}{44} + \frac{13}{26} * \frac{12}{24} * \frac{10}{22} = \frac{12}{44} \end{align*}$

Aufgabe 2

Im folgenden bezeichnen A, B, C beliebige Ereignisse, X und Y Zufallsgrößen mit endlicher Streuung; "

http://www.blacksix.gmxhome.de/graphics/mb/unabh.gif" steht für "unabhängig" und Fx für die Verteilungsfunktion von X.

Welche der folgenden Aussagen sind richtig (allgemeingültig), welche nicht?

http://www.blacksix.gmxhome.de/graphics/mb/a2frage01.gif
falsch

http://www.blacksix.gmxhome.de/graphics/mb/a2frage02.gif
hmm, X

http://www.blacksix.gmxhome.de/graphics/mb/unabh.gif Y => cov(X,Y) = 0
aber gilt die Umkehrung auch?

http://www.blacksix.gmxhome.de/graphics/mb/a2frage03.gif
bin mir nicht sicher, aber ich würde sagen falsch

http://www.blacksix.gmxhome.de/graphics/mb/a2frage04.gif
richtig, Fx(x) + Fx(-x) = Fx(x) + [1 - Fx(x)] = 1 + Fx(x) - Fx(x)

http://www.blacksix.gmxhome.de/graphics/mb/a2frage05.gif
keine Ahnung

http://www.blacksix.gmxhome.de/graphics/mb/a2frage06.gif
falsch, A

http://www.blacksix.gmxhome.de/graphics/mb/unabh.gif B => P(A GESCHNITTEN B) = P(A) * P(B)

http://www.blacksix.gmxhome.de/graphics/mb/a2frage07.gif
richtig, denke das ist die Definition

http://www.blacksix.gmxhome.de/graphics/mb/a2frage08.gif
falsch, beim Integrieren von -oo bis +oo kommt sqrt(2*pi) raus und nicht 1

http://www.blacksix.gmxhome.de/graphics/mb/a2frage09.gif
keine Ahnung

http://www.blacksix.gmxhome.de/graphics/mb/a2frage10.gif
richtig würde ich sagen

Könnte jemand der die Lösungen zu einer Aussage weiß eine kurze Erklärung schicken? Augenzwinkern

Aufgabe 3

75 verschiedene Fähnchen sollen auf 25 in einer Reihe stehende Fahnenmasten verteilt werden. Wir sprechen von einer "diplomatischen Beflaggung", wenn die Reihenfolge der Fähnchen auf jedem Mast von Bedeutung ist, andernfalls von einer "undiplomatischen Beflaggung".

(I) Wieviele Möglichkeiten der "diplomatischen Beflaggung" bestehen, wenn die Anzahl der Fähnchen je Mast

(i) exakt 3 betragen soll?

(ii) exakt 0 oder 5 sein darf?

(iii) völlig beliebig ist? (Jeder Mast kann beliebig viele Fähnchen aufnehmen.)

Meine Lösung:
$\begin{align*} $\array{M+F-1\\F$ * F!=$\array{99\\75$ * 75! = \frac{99!}{24!} \end{align*}$

(II) Wieviele Möglichkeiten bestehen in den o.g. Fällen (i) - (iii), wenn es sich um eine "undiplomatische Beflaggung" handelt?

(i) (exakt 3 Flaggen je Mast)

Meine Lösung:
$\begin{align*} \frac{F!}{(\frac{F}{M}!)^{M}}=\frac{75!}{(3!)^{25}} \end{align*}$

(ii) (exakt 0 oder 5 Flaggen je Mast)

(iii) (beliebig viele Flaggen je Mast)

Meine beiden Lösungen müssten eigentlich stimmen, die haben wir so in der Übung gelöst. Bei den anderen weiß ich leider nicht weiter. Ich wäre sehr dankbar wenn mir da jemand weiterhelfen würde.

Aufgabe 4

Eine ideale Münze werde 200mal geworfen. Die Anzahl der dabei gefallenen Wappen werde mit X bezeichnet. Weiterhin sei

$\begin{align*} p := P(90 \leq X \leq 110) \end{align*}$

Von mir hinzugefügt:

$\begin{align*} EX = 100, D^2X = 50 \end{align*}$

(i) Geben Sie eine Formel an, mit der p exakt berechnet werden kann.

Meine Lösung:

Mit Hilfe der Binomialverteilung kann man p exakt berechnen:
$\begin{align*} \Bigsum_{k=90}^{110}~Bi(200, \frac{1}{2})k = 0,8626 \end{align*}$

(ii) Schätzen Sie den Zahlenwert von p mit Hilfe der Cebysev-Ungleichung nach unten ab.

Meine Lösung:

$\begin{align*} P(|X-EX| \leq 10) \end{align*}$
$\begin{align*} = 1 - P(|X-EX| \geq 11) \geq 1 - \frac{1}{121} * 50 \end{align*}$
$\begin{align*} = 1 - P(|X-EX| \geq 11) \geq \frac{71}{121} = 0,5868 \end{align*}$

(iii) Berechnen Sie den Wert von p näherungsweise mit Hilfe der Normalapproximation.

Meine Lösung:

$\begin{align*} P(\frac{90-100}{\sqrt{50}} \leq \frac{X-EX}{\sqrt{D^2X}} \leq \frac{110-100}{\sqrt{50}}) \end{align*}$
$\begin{align*} = Normapprox(1,41) - Normapprox(-1,41) \end{align*}$
$\begin{align*} = Normapprox(1,41) - 1 + Normapprox(-1,41) \end{align*}$
$\begin{align*} = 2 * 0,9207 - 1 = 0,8414 \end{align*}$

Dass Normalapprox(1,41) = 0,9207 entnimmt man der Verteilungs-Tabelle.

Aufgabe 5

Beim zweimaligen Werfen eines idealen Würfels bezeichne U die kleinere der gewürfelten Augenzahlen und V die Differenz zwischen dem Maximum und dem Minimum der beiden gewürfelten Augenzahlen.

(i) Ergänzen Sie die nachfolgende Tabelle:

Meine Lösung:

http://www.blacksix.gmxhome.de/graphics/mb/a5tabelle.gif

(ii) Sind U und V unabhängig? (Begründung!)

Meine Lösung:
U und V sind nicht unabhängig.

Formel für Unabhängigkeit:
$\begin{align*} P(U,V) = P(U)*P(V) \end{align*}$

Gegenbeispiel hier:
$\begin{align*} P(U=1,V=0) = \frac{1}{36} \neq \frac{11}{36}*\frac{6}{36} = P(U=1)*P(V=0) \end{align*}$

(iii) Berechnen Sie

EUV, EU, EV, cov(U,V), P(U<=4, V<=3), P(U<=4|V=3)

Meine Lösung:

$\begin{align*} EUV = \Bigsum_{u=1,v=1}^6~u*v*P(U=u,V=v) = \frac{30+40+36+24+10}{36} = 3,89 \end{align*}$

$\begin{align*} EU = \Bigsum_{u=1}^6~u*P(U=u) = \frac{1*11+2*9+3*7+4*5+5*3+6*1}{36} = \frac{91}{36} = 2,53 \end{align*}$

$\begin{align*} EV = \Bigsum_{v=1}^6~v*P(V=v) = \frac{0*6+1*10+2*8+3*6+4*4+5*2}{36} = \frac{70}{36} = 1,94 \end{align*}$

$\begin{align*} cov(U,V) = EUV - EU*EV = 3,89 - 2,53*1,94 = 3,89 - 4,91 = -1,02 \end{align*}$

$\begin{align*} P(U\leq4, V\leq3) = ? \end{align*}$

$\begin{align*} P(U\leq4 | V=3) = ? \end{align*}$

Das war's! 8)

06.04.2004, 17:03

Ligh7ning

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Ich würde mich auch über Teillösungen freuen ;-)

06.04.2004, 18:00

Anirahtak

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Auch wenn nicht sofort Antworten kommen: bitte keine Doppelposts!

Zum Thema:
Aufgabe 1 ist richtig!

Gruß
Anirahtak

14.02.2005, 12:52

dmeister

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Zu 3

Entnommen ist dies anderen ähnlichen Fähnchenaufgaben. Begründen kann ich es leider noch nicht
I.i 75! (das ist noch einiger maßen klar, 3*25 = 75, also müssen alle möglichen Plätze belegt werden)
I.ii $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 25 \\ 15 \end{pmatrix} 75! = \frac{25!75!}{15!10!} \end{eqnarray*}$
Zuerst werden von den 25 Fähnchen 15 ausgewählt (5*15 = 75), dann auf die 75 Plätze die Fähnchen verteilt

II.ii $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 25 \\ 15 \end{pmatrix} \frac{75!}{120^{15}} \end{eqnarray*}$
120 = 5!

II.iii 25 hoch 75 (Begründung fehlanzeige bei mir)

Zu 5.3:
$\begin{eqnarray*} P(U \leq 4,V \leq3) = \frac{7+7+7+5}{36} = \frac{26}{36} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(U \leq 4 \mid V = 3) = \frac{P(U \leq 4 geschnitten V = 3)}{P(V = 3)} = \frac{6*36}{6*36} = 1 \end{eqnarray*}$
Ohne großes Rechnen kann man dies aber auch durch scharfes hinsehen, herausfinden

Grüße
Dirk

16.02.2005, 22:19

mika

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Hallo,

bei Aufgabe 2 scheinen sich ein paar Fehler eingeschlichen zu haben.
zu (3):

Der Erwartungswert ist im Prinzip nichts anderes als ein gewichteter Mittelwert. Er muss also im Intervall zwischen dem kleinst- und größtmöglichen Wert liegen. Nach Voraussetzung $\begin{eqnarray*} P(X\leq Y)=1 \end{eqnarray*}$ ist der größte Wert, den X annehmen kann, nicht größer als der kleinste Wert den Y annehmen kann. Folglich kann EX nicht größer sein als EY. Im Umkehrschluß ergibt das, EX<=EY gelten muss.

zu (9):

Ich meine falsch, da per Def.: $\begin{eqnarray*} P(X<\alpha_{0.9})=\phi (\alpha_{0.9})=0.9 \end{eqnarray*}$

zu (10):

Hier hilft ein einfaches Gegenbeispiel: Sei X die Augenzahl beim Würfeln mit Würfel A und Y die Augenzahl beim Würfeln mit Würfel B. X und Y sind offensichtlich identisch verteilt. Werden beide Würfel gleichzeitig geworfen, müssen jedoch die Würfel nicht zwangsläufig die gleiche Augenzahl zeigen, sonst würde man ja nur Paschs würfeln können.

Dann konn ich noch eine Begründung zu der Fähnchenaufgabe II.iii geben: Man stelle sich vor, die Masten liegen in einer Urne. Nun nimmt man sich jede Fahne einzeln vor (wobei die Reihenfolge keine Rolle spielt) und ziehe für diese Fahne einen Mast aus der Urne. Daran befestigt man die Fahne und wirft den Mast zurück in die Urne. Man erhält so praktisch einen Versuch mit zurücklegen und Beachtung der Reihenfolge (Zuorndung Fahne - Mast) Das Universum ist 25, es gibt 75 Versuche und voila: 25 hoch 75.

Ich wünsch euch ein gutes Gelingen für die Klausur
Micha

18.02.2005, 16:28

1+1=3

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wie kommt man denn auf die Formel des Erwartungswerts bei Aufgabe 5? Muss man um EUV zu berechnen nicht erstens v von 0 bis 5 laufen lassen und zweitens alle Kombinationen ausrechnen, also P(1,0),P(1,1).....P(6,5).
Kann ich beide Summen getrennt berechnen oder geht das nciht wegen der Abhängigkeit ?!

18.02.2005, 16:41

1+1=3

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ok mein Fehler, hab die Lösung dann doch gefunden, allerdings muss die Summe doch von 1 bis 6 für U und von 0 bis5 für V gehen oder etwa nicht ?!

Allerdings hab ich nun eine Frage zur Covarianz. Wie kommt man von der allgemeinen Formel cov(u,v)=E[ (U-E(U)) (V-E(V)) ] auf seine Lösung? Und wie würde man U zu Fuß berechnen, also was müsste man konkret in meine Formel oben einsetzen, U ist ja einfach die ZV.

und eine allgemeine Frage noch: Ich verstehe irgendwie nicht den Unterschied zwischen E(x²) und E(x)² und wie man die beiden berechnet, wenn man E(X) schon hat.

18.02.2005, 17:26

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Zu Aufgabe 2)

(1) falsch (also deine Lösung ok)
(2) falsch (es gilt nur die Rückrichtung)
(3) richtig (auch wenn mikas Begründung fehlerhaft ist)
(4) richtig
(5) richtig, falls $\begin{eqnarray*} X\sim 2(p) \end{eqnarray*}$ die 0-1-Zweipunktverteilung ist (mit Wahrscheinlichkeit p für "1")
(6) falsch (also deine Lösung ok)
(7) richtig (aber keine Definition, sondern Folgerung)
(8) falsch (deine Begründung ist vollkommen richtig)
(9) richtig, ergibt sich unmittelbar aus Quantil-Definition
(10) falsch: Identische Verteilung ist etwas anderes als Gleichheit der Zufallsvariablen!

Zu Erwartungswerten:

Sei $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ eine diskrete Zufallsgröße, die nur die (endlich oder abzählbar vielen) Werte $\begin{eqnarray*} x_k \end{eqnarray*}$ annimmt. Dann ist

$\begin{eqnarray*} \mathbb{E}~g(X)=\sum\limits_k g(x_k)\cdot P(X=x_k) \end{eqnarray*}$

für (fast) beliebige Funktionen $\begin{eqnarray*} g(x) \end{eqnarray*}$ . Somit ergibt sich für g(x)=x der Wert $\begin{eqnarray*} \mathbb{E} X \end{eqnarray*}$ und für g(x)=x² entsprechend der Wert $\begin{eqnarray*} \mathbb{E}(X^2) \end{eqnarray*}$ . Die i.a. gültige Ungleichheit $\begin{eqnarray*} \mathbb{E}(X^2)\neq \left(\mathbb{E} X\right)^2 \end{eqnarray*}$ braucht schlichtweg nicht begründet zu werden - Beispiele zeigen, dass es so ist! Eine Gleichheit, ja, die wäre zu beweisen. Ach ja, und du kannst $\begin{eqnarray*} \mathbb{E}(X^2) \end{eqnarray*}$ nicht allein aus $\begin{eqnarray*} \mathbb{E} X \end{eqnarray*}$ ohne weitere Kenntnisse über X berechnen!!!

Wenn mehrere Zufallsgrößen ins Spiel kommen, lässt sich das Berechnungsprinzip oben verallgemeinern:

Sind $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ diskret mit Werten $\begin{eqnarray*} x_k \end{eqnarray*}$ , und $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ diskret mit Werten $\begin{eqnarray*} y_j \end{eqnarray*}$ , dann ist

$\begin{eqnarray*} \mathbb{E}~g(X,Y)=\sum\limits_k \sum\limits_j g(x_k,y_j)\cdot P(X=x_k,Y=y_j) \end{eqnarray*}$ ,

gültig auch für abhängige Zufallsgrößen X und Y.

Bei stetigen Zufallsgrößen gibt es natürliche andere Formeln (Integrale statt Summen, Dichten statt Einzelwahrscheinlichkeiten), die aber vom prinzipiellen Aufbau ähnlich sind.

18.02.2005, 18:10

Fres

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und wie kommt man auf die Normalverteilungsformel bei 4iii und wieso nimmt man N(1,41) - N(-1,41) und nicht uzmgekehrt. Ich finde gerade keine adequate Formel, die darauf schließen lässt. Hammer

18.02.2005, 18:19

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Zitat:

Original von Fres
und wie kommt man auf die Normalverteilungsformel bei 4iii und wieso nimmt man N(1,41) - N(-1,41) und nicht uzmgekehrt.

Weil $\begin{eqnarray*} P(a\leq X<b)=F_X(b)-F_X(a) \end{eqnarray*}$ und nicht umgekehrt.

Und überhaupt - weil man negative Wahrscheinlichkeiten nicht mag, genau so wenig wie Wahrscheinlichkeiten größer als Eins... Augenzwinkern

05.04.2005, 18:00

Christoph!

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Zu Aufgabe 2)

(5) richtig, falls $\begin{eqnarray*} X\sim 2(p) \end{eqnarray*}$ die 0-1-Zweipunktverteilung ist (mit Wahrscheinlichkeit p für "1")

weshalb gilt denn $\begin{eqnarray*} med X = 0 \end{eqnarray*}$ wenn $\begin{eqnarray*} p < 1/2 \end{eqnarray*}$ ?
müsste dann nicht einfach nur $\begin{eqnarray*} med X < 1/2 \end{eqnarray*}$ sein?
Oder hab ich eine völlig falsche Vorstellung von $\begin{eqnarray*} med \end{eqnarray*}$ ?

05.04.2005, 18:55

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Für eine Zufallsgröße X bezeichnet man diejenige(n) Stelle(n) $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ als Median, für die zugleich $\begin{eqnarray*} P(X\leq m)\geq\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(X\geq m)\geq\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ gilt. Das ganze kann man auch mit der Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F_X \end{eqnarray*}$ der Zufallsgröße X ausdrücken:

Mit
$\begin{eqnarray*} m_L:=\inf\left\{ x \bigm| F_X(x)\geq\frac{1}{2} \right\},\qquad m_R:=\sup\left\{ x \bigm| F_X(x)\leq\frac{1}{2} \right\} \end{eqnarray*}$
ist jede Zahl aus dem Intervall $\begin{eqnarray*} \left[m_L,m_R\right] \end{eqnarray*}$ ein Median der Zufallsgröße X.

Klingt alles ziemlich aufwändig, vereinfacht sich aber z.B. in dem Fall, wenn die Verteilungsfunktion stetg und streng monoton wachsend ist - dann besteht dieses Intervall nur aus einem Punkt: $\begin{eqnarray*} m=F_X^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) \end{eqnarray*}$

Im vorliegenden Fall ist die Verteilungsfunktion
$\begin{eqnarray*} F_X(x)=\begin{cases}0&\;\mbox{für}\; x\leq 0\\ 1-p&\;\mbox{für}\; 0<x\leq 1\\ 1&\;\mbox{für}\; x>1\end{cases} \end{eqnarray*}$
aber weder stetig noch streng monoton. Im Fall $\begin{eqnarray*} 0\leq p<\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ berechnen wir nach obigen Formeln $\begin{eqnarray*} m_L=m_R=0 \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} F_X(x)=0<\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\leq 0 \end{eqnarray*}$ , und $\begin{eqnarray*} F_X(x)\geq 1-p>\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ gilt.

Also ist der Median gleich Null.

Für $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}<p\leq 1 \end{eqnarray*}$ ist der Median übrigens Eins, und für $\begin{eqnarray*} p=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ kann man sogar alle Werte aus dem Intervall [0,1] als Mediane bezeichnen.

05.04.2005, 19:58

Christoph!

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RE: Stochastik-Klausur gelöst, brauche eure Hilfe
ah, ok vielen dank
mir erschliesst sich zwar noch nicht ganz wie ich mir diesem Median vorstellen kann, aber da knobel ich einfach noch ein wenig mit rum, dann passt das schon Augenzwinkern

Ich hätte da allerdings noch eine Frage zu Aufgabe 3.I.iii:

Zitat:

Original von Ligh7ning
Aufgabe 3

75 verschiedene Fähnchen sollen auf 25 in einer Reihe stehende Fahnenmasten verteilt werden. Wir sprechen von einer "diplomatischen Beflaggung", wenn die Reihenfolge der Fähnchen auf jedem Mast von Bedeutung ist, andernfalls von einer "undiplomatischen Beflaggung".

(I) Wieviele Möglichkeiten der "diplomatischen Beflaggung" bestehen, wenn die Anzahl der Fähnchen je Mast

(iii) völlig beliebig ist? (Jeder Mast kann beliebig viele Fähnchen aufnehmen.)

Meine Lösung:
$\begin{align*} $\array{M+F-1\\F$ * F!=$\array{99\\75$ * 75! = \frac{99!}{24!} \end{align*}$

1. versteh ich nicht, warum hier mit $\begin{eqnarray*} F! \end{eqnarray*}$ multipliziert wird,
2. meine ich, das da im falschen Modell, "ununterscheidbare Murmeln(Fahnen) mit Mehrfachbesetzung" gerechnet wird. Die Fahnen sind aber doch verschieden...sollte man da nicht besser "unterscheidbare Murmeln(Fahnen) mit Mehrfachbesetzung" wählen?
Damit wär die richtige Antwort $\begin{eqnarray*} F^M=75^{25} \end{eqnarray*}$ ?

05.04.2005, 20:18

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RE: Stochastik-Klausur gelöst, brauche eure Hilfe
Die angegebene Lösung $\begin{eqnarray*} \frac{99!}{24!} \end{eqnarray*}$ ist richtig, und kann auf verschiedene Art und Weisen erhalten werden, z.B. so:

Jede Beflaggung kann man als Permutation der 75 Flaggen inklusive 24 Trennstellen zwischen den Flaggen auffassen - jede Trennstelle entspricht dem Wechsel zur nächsten Fahnenstange. Die 75 Flaggen sind voneinander unterscheidbar - die Trennstellen im Sinne der Permutation aber nicht! Somit ergibt sich direkt die Anzahl $\begin{eqnarray*} \frac{99!}{24!} \end{eqnarray*}$ .

Dein Wert $\begin{eqnarray*} 75^{25} \end{eqnarray*}$ ist dagegen überhaupt nicht nachvollziehbar - das entspräche der Auswahl von 25 aus 75 Flaggen unter Berücksichtigung der Reihenfolge, mit möglicher Mehrfachwahl der Flaggen. Das ist völlig daneben!

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