zwei weitere Kombinatorikaufgaben!

23.08.2008, 13:05

zwergnase

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zwei weitere Kombinatorikaufgaben!

Aufgabe 1:

Drei Würfel werden zweimal geworfen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit zeigen sie dieselben Zahlen

wenn die Würfel unterscheidbar sind
wenn sie es nicht sind

Meine Idee zu a. ist, wenn man zum Beispiel 123 würfelt, dann hat man nur die Chance von $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6^3} \end{eqnarray*}$ wider 123 zu würfeln.

Bei b. habe ich keinen Einfall und auch die vorgegebene Lösung von $\begin{eqnarray*} \frac{6 \cdot 1 + 90 \cdot 3 + 120 \cdot 6}{6^6} \end{eqnarray*}$ kann ich mir nicht erklären?

Aufgabe 2:

Von fünf verschieden Paar Schuhen, werden vier Schuhe zufällig weggenommen. Mit welcher Wk ist wenigstens ein Paar darunter.

Ich dachte als erste muss man über das Gegenereignis gehen, also mit welcher Wk ist kein Paar darunter. Dann die Anzahl 4 Paare aus 10 Schuhen zu ziehen ist $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 10 \\ 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ Aber wie drücke ich nun aus das keine Paar darunter ist aus?

23.08.2008, 13:09

Zizou66

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Zu 1.:

Was sagt es dir, wenn die Würfel unterscheidbar oder nicht sind?

zu 2.:

Hier hilft mit Sicherheit ein vereinfachtes Baumdiagramm.

23.08.2008, 13:40

tigerbine

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zu2) Wahrscheinlichkeiten der Schuhe

23.08.2008, 14:08

Leopold

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Zu Aufgabe 1b):

Im Nenner muß es $\begin{eqnarray*} 6^6 \end{eqnarray*}$ heißen. Zugrunde liegt der Ergebnisraum $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ aus Sextupeln $\begin{eqnarray*} \left( i_1, i_2, i_3; j_1, j_2, j_3 \right) \end{eqnarray*}$ , wobei jede der Koordinaten eine der Zahlen von 1 bis 6 sein kann, mit der Gleichverteilung. Also ist $\begin{eqnarray*} | \Omega | = 6^6 \end{eqnarray*}$ , womit sich der Nenner der Formel erklärt. Die drei Würfel haben eine eigene Identität, auch wenn sie äußerlich ununterscheidbar sind. Die ersten drei Koordinaten in dieser Reihenfolge stehen für die Augenzahlen des ersten, zweiten und dritten Würfels beim ersten Wurf, die hinteren drei Koordinaten entsprechend für die Augenzahlen des ersten, zweiten und dritten Würfels beim zweiten Wurf.

Jetzt betrachten wir das interessierende Ereignis $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , daß sich beim ersten und zweiten Wurf dasselbe Ergebnis zeigt, wenn die Würfel ununterscheidbar sind. Zerlege $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ in drei disjunkte Ereignisse

$\begin{eqnarray*} A = A_1 \cup A_2 \cup A_3 \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ die Sextupel aus $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ enthalten soll, bei denen die $\begin{eqnarray*} i_1, i_2, i_3 \end{eqnarray*}$ gleich sind. $\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ soll die Sextupel aus $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ enthalten, bei denen unter den $\begin{eqnarray*} i_1,i_2,i_3 \end{eqnarray*}$ genau zwei verschiedene Augenzahlen vorkommen. Und schließlich soll $\begin{eqnarray*} A_3 \end{eqnarray*}$ aus den Sextupeln bestehen, bei denen die $\begin{eqnarray*} i_1,i_2,i_3 \end{eqnarray*}$ alle verschieden sind.

Ein Beispiel aus $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ wäre $\begin{eqnarray*} \left( 2, 2, 2; 2, 2, 2 \right) \end{eqnarray*}$ .

Ein Beispiel aus $\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ wäre $\begin{eqnarray*} \left( 2, 5, 5; 5, 2, 5 \right) \end{eqnarray*}$ .

Ein Beispiel aus $\begin{eqnarray*} A_3 \end{eqnarray*}$ wäre $\begin{eqnarray*} \left( 3, 6, 2; 2, 3, 6 \right) \end{eqnarray*}$ .

Und wenn du jetzt die Mächtigkeiten dieser drei Ereignisse berechnest, wirst du auf die Zahlen im Zähler des Bruches kommen.

23.08.2008, 14:15

zwergnase

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Zitat:

Original von Zizou66
Zu 1.:

Was sagt es dir, wenn die Würfel unterscheidbar oder nicht sind?

Das es keinen Unterschied macht ob ich die drei Würfel nacheinander werfe oder alle auf einmal. Also die Anordnung ist nicht relevant, es gibt somit weniger mögliche Kombinationen als wenn sie unterscheidbar sind.

zu 2.:

Hier hilft mit Sicherheit ein vereinfachtes Baumdiagramm.

Nicht, wirklich ich studiere erst mal den Link von tigerbine

23.08.2008, 14:21

zwergnase

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Zitat:

Original von tigerbine
zu2) Wahrscheinlichkeiten der Schuhe

Zitat:

Aufgabe c:

Hier berechnen wir das Gegenereignis. Kein passendes Paar. Dazu teilen wir die Schuhe in die 10 Paare ein. Zunächst einmal wäherln wir die 8 Paare aus, aus denen wir dann jeweils einen Schuh ziehen. Damit ergibt sich die gesuchte Ws zu:

$\begin{eqnarray*} 1 - \frac{\begin{pmatrix} 10 \\ 8\end{pmatrix} \cdot 2^8}{\begin{pmatrix} 20 \\ 8\end{pmatrix}} \approx 0.909 \end{eqnarray*}$

Also dann so $\begin{eqnarray*} 1 -\frac{\begin{pmatrix} 5 \\ 2 \end{pmatrix} \cdot 2^2}{\begin{pmatrix} 10 \\ 4 \end{pmatrix} } \end{eqnarray*}$ ?

Gruß smile

smile

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23.08.2008, 14:57

tigerbine

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Im Sack befinden sich 10 Schuhe, die wir in 5 Teilmengen unterteilen. diese beinhalten dann immer die 2 Schuhe eines Paares.

Schritt 1:

Wie viele Möglichkeiten gibt es, 4 Schuhe aus dem Sack zu ziehen?

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \begin{pmatrix} 10 \\ 4\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Aufgabe c:

Hier berechnen wir das Gegenereignis. Kein passendes Paar. Dazu teilen wir die Schuhe in die 5 Paare ein. Zunächst einmal wählen wir die 4 Paare aus, aus denen wir dann jeweils einen Schuh ziehen. Damit ergibt sich die gesuchte Ws zu:

$\begin{eqnarray*} 1 - \frac{\begin{pmatrix} 5 \\ 4\end{pmatrix} \cdot 2^4}{\begin{pmatrix} 10 \\ 4\end{pmatrix}} \end{eqnarray*}$

23.08.2008, 17:39

zwergnase

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@ tigerbine

Danke für deine Hilfe, aber irgendwie verstehe ich es noch nicht so ganz.

Also, ich versuche es mal dein Ergebnis in Worte zu interpretieren:

P("wenigstens 1 Paar") = 1 - P("kein Paar") = 1 - [Aus 5 Paaren 4 auswählen * mgl. Anordungen] / [Anzahl aller mgl. Kombinationen 4 auszuwählen]

Mein Problem ist, dass ich
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 5 \\ 4\end{pmatrix} \cdot 2^4 \end{eqnarray*}$ , nicht nachvollziehen kann.

Gruß Wink

Wink

23.08.2008, 18:01

tigerbine

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Zitat:

P("wenigstens 1 Paar") = 1 - P("kein Paar") = 1 - [Aus 5 Paaren 4 auswählen * mgl. Anordungen] / [Anzahl aller mgl. Kombinationen 4 auszuwählen]

klingt doch gut. Was ist denn dann unklar? verwirrt

verwirrt

23.08.2008, 18:06

zwergnase

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Danke für deine sehr ausführliche Erläuterung, habe sie gut verstanden. Mein Problem ist immer das ich es nicht genügend abstrahiere und immer versuche in eine Formel zu pressen. Eine Frage noch zu den Mächtigkeiten:

Ein Beispiel aus $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ wäre $\begin{eqnarray*} \left( 2, 2, 2; 2, 2, 2 \right) \end{eqnarray*}$ . => Mächtigkeit 6 klar, aber wie kommt man hier auf die Mächtigkeit ohne umständliches abzählen bei den anderen, ich höffe die Frage ist nicht zu einfältig? Ist das nicht die Anzahl der möglichen Kombinationen der Zahlen 1,..,6 wobei zwei Zahlen gleich seien müssen? Also Kombinationen ohne Reihenfolge aber mit Wdh, nur wie beachtet man das zwei gleich sein müssen. Irgendwie stehe ich da voll auf dem Schlauch... unglücklich

unglücklich

komme mit dieser Überlegung einfach nicht auf das gewünschte Ergebnis.

Ein Beispiel aus $\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ wäre $\begin{eqnarray*} \left( 2, 5, 5; 5, 2, 5 \right) \end{eqnarray*}$ . => ?

Ein Beispiel aus $\begin{eqnarray*} A_3 \end{eqnarray*}$ wäre $\begin{eqnarray*} \left( 3, 6, 2; 2, 3, 6 \right) \end{eqnarray*}$ . => ?

Und nochmal für`s Verständnis:

Unterscheidbar bedeutet in diesem Fall, dass die Anordung des "Vektors" aus den Sextupeln besteht, obwohl z.B bei i_1, i_2, i_3 die Anordung keine rolle spielt.

Gruß Wink

Wink

23.08.2008, 18:09

zwergnase

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Zitat:

Original von tigerbine

Zitat:

P("wenigstens 1 Paar") = 1 - P("kein Paar") = 1 - [Aus 5 Paaren 4 auswählen * mgl. Anordungen] / [Anzahl aller mgl. Kombinationen 4 auszuwählen]

klingt doch gut. Was ist denn dann unklar? verwirrt

verwirrt

Der Zusammenhang, dass "kein Paar" = [Aus 5 Paaren 4 auswählen * mgl. Anordungen] / [Anzahl aller mgl. Kombinationen 4 auszuwählen] sein soll, das sehe ich irgendwie noch nicht so ein. Muss mal weiter in Ruhe darüber nachdenken...

Gruß Wink

Wink

23.08.2008, 18:09

tigerbine

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Die Mächtigkeiten überlasse ich gerade mal Leopold Ich sehe nun auf den ersten Blick nicht, warum er einmal ";" zur Trennung verwendet. Wink

Wink

Zum Anderen. Wie würdest du denn sicherstellen, kein PAAR zu ziehen. also du stellst die 5 Paare hin. Aus jedem Paar darfst du ja nur einen Schuh ziehen. Da du nur 4 mal ziehst, wirst du aus einem paar gar keinen Schuh ziehen. Oder du wählt 4 aus, aus denen du ziehst.

Nun musst du aus den verbliebenen 4 Paaren je einen Schuh ziehen. Pro paar hast du 2 Möglichkeiten.

23.08.2008, 18:17

zwergnase

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Zitat:

Original von tigerbine
Die Mächtigkeiten überlasse ich gerade mal Leopold Ich sehe nun auf den ersten Blick nicht, warum er einmal ";" zur Trennung verwendet. Wink

Wink

Zum Anderen. Wie würdest du denn sicherstellen, kein PAAR zu ziehen. also du stellst die 5 Paare hin. Aus jedem Paar darfst du ja nur einen Schuh ziehen. Da du nur 4 mal ziehst, wirst du aus einem paar gar keinen Schuh ziehen. Oder du wählt 4 aus, aus denen du ziehst.

Nun musst du aus den verbliebenen 4 Paaren je einen Schuh ziehen. Pro paar hast du 2 Möglichkeiten.

Freude

Danke ich glaube es hat klick gemacht...

Für heute lege ich die Kombinatorik mal zur Seite sonst ist bald jeder Eintrag zu dem Thema von mir... *g*

Noch einen schönen Abend smile

smile

25.08.2008, 15:05

zwergnase

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Hallo Tigerbine,

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 5 \\ 4\end{pmatrix} \cdot 2^4 \neq 10 \cdot 8 \cdot 6\cdot 4 \end{eqnarray*}$ was laut Lösung rauskommen soll, wo leigt der Fehler?

Gruß Wink

Wink

25.08.2008, 15:30

tigerbine

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Danke für deine Rückmeldung. Ich schau es mir an. Bis später. Wink

Wink

25.08.2008, 15:44

tigerbine

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Problem gelöst. Du musst es im ganzen betrachen, dann stimmt es wieder. Aber gut das mal auftritt, so lernst du gleich was. Wir haben die WS ja nach dem Prinzip "günstige Ausgänge" geteilt durch "alle Ausgänge" berechnet. Die konkreten Zahlen können je nach Gedankenmodell anders aussehen, ihr gekürzter Bruch ist aber wieder identisch.

Mein Modell:

$\begin{eqnarray*} 1 - \frac{\begin{pmatrix} 5 \\ 4\end{pmatrix} \cdot 2^4}{\begin{pmatrix} 10 \\ 4\end{pmatrix}} = \frac{13}{21} \approx 0.62 \end{eqnarray*}$

euer Modell sagt:
Erst hab ich zehn zur Auswahl, dann muss ich den zweiten von diesem Paar raus nehmen, hab also beim zweiten Zug nur noch 8 zur Auswahl etc... Dementsprechen wären alle Möglichkeiten : Erst 10, dann 9 etc.

$\begin{eqnarray*} 1 - \frac{10\cdot 8 \cdot 6 \cdot 4}{10\cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 } = \frac{13}{21} \approx 0.62 \end{eqnarray*}$

25.08.2008, 17:15

zwergnase

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Hallo Tigerbine,

danke für deine Erklärungen und Hilfe.

Schönen Tag!

Gruß Wink

Wink

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