Mind. drei Personen merken sich die gleiche Ziffer

08.05.2010, 18:25

hnr

Mind. drei Personen merken sich die gleiche Ziffer

Von 5 Personen merke sich jede eine der Ziffern 0-9. Wie groß ist die Laplace-Wahrscheinlichkeit, dass sich
a) mind. 2 Personen dieselbe Ziffer merken?
b) mind. 3 Personen dieselbe Ziffer merken?
c) x Personen dieselbe Ziffer merken?

Mein Lösungsansatz zu a)
Gegenereignis: alle Personen merken sich verschiedene Ziffern

Leider habe ich keine Idee zu den Aufgaben b) und c).
Hat jemand eine?

08.05.2010, 18:46

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Du musst das Problem weiter zerlegen, bis du zu einer handhabbaren, bekannten Konstellation kommst:

Berechne etwa die Wkt., dass genau 3 der Personen sich die Ziffer 0 merken - dasselbe dann für 4 sowie 5 Personen. Und was für Ziffer 0 geht, das geht dann auch für die anderen Ziffern, wobei es hier glücklicherweise keine Überschneidungen gibt: Denn bei 5 Personen können sich ja nicht gleichzeitig 3 Personen die 0 merken UND 3 Personen die Ziffer 1 o.ä. Augenzwinkern

08.05.2010, 18:54

hnr

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Und dann die Wahrscheinlichkeiten von genau 3, genau 4 und genau 5 Personen addieren?

Mächtigkeit des Ereignisses "genau 3 Personen merken sich die gleiche Ziffer":
$\begin{eqnarray*} |A| = \frac{5!}{3!*1!*1!} \end{eqnarray*}$

Ist das soweit richtig?

08.05.2010, 18:55

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Ich weiß mit deiner "Mächtigkeit" nichts anzufangen, da ich deinen Bezugsrahmen nicht kenne. Ich warte mal ab, was du daraus für eine Wahrscheinlichkeit folgerst.

08.05.2010, 18:58

hnr

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Das ist nach dem MISSISSIPPI-Problem (verschiedene Elemente beliebig anordnen).

Es sind insgesamt fünf Personen, wir haben 3-mal das gleiche Element und 2x1 verschiedene.
Wahrscheinlichkeit wäre dann einfach $\begin{eqnarray*} P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|} \end{eqnarray*}$ .

Denke aber nicht, dass das richtig ist?

08.05.2010, 19:01

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Ich meinte eigentlich konkrete Werte, keine Laplaceschen "Allgemeinplätze". Augenzwinkern

08.05.2010, 19:12

hnr

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$\begin{eqnarray*} P(A) = \frac{20}{10^{5}} = 0,0002 \end{eqnarray*}$

Wie gesagt, ich denke nicht, dass das richtig ist, habe aber momentan auch keine anderen Vorschläge für die Berechnung der Mächtigkeit des Ereignisses "genau drei Personen merken sich dieselbe Ziffer".

08.05.2010, 19:19

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Es ist ein Kreuz: Wenn doch wenigstens einmal richtig klar formuliert werden würde, was du genau (!) mit $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ meinst. Dann könnte man sagen, was falsch ist und wie man es korrigieren kann - so kann ich nur sagen, dass es garantiert falsch ist, was auch immer du mit $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ meinst...

Also etwa so:

$\begin{eqnarray*} B_0 \end{eqnarray*}$ ... genau drei Leute merken sich die Ziffer 0

Dann ist

$\begin{eqnarray*} P(B_0) = \binom{5}{3} \cdot \frac{9^2}{10^5} \end{eqnarray*}$ ,

denn es darf nicht vergessen werden, dass bei den zwei anderen Ziffern nur jeweils 9 Mögflochkeiten bestehen. Daraus folgern kann man für

$\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ... genau drei Leute merken sich dieselbe Ziffer

die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(B) = 10\cdot P(B_0) \end{eqnarray*}$ .

08.05.2010, 19:26

hnr

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Ok! Das mit den $\begin{eqnarray*} 9^{2} \end{eqnarray*}$ ist mir klar, aber wofür steht der Binomialkoeffizient? Für die verschiedenen Anordnungen (z.B. 00048 / 40800)?

08.05.2010, 19:27

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Genau.

08.05.2010, 19:34

hnr

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Wäre es richtig, zum besseren Verständnis noch Folgendes einzufügen?

$\begin{eqnarray*} P(B_{0}) = \frac{\begin{pmatrix} 5 \\ 3 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix} * 9^{2}}{10^{5}} \end{eqnarray*}$

2 aus 2 ist natürlich 1, aber das würde ja die Anordnung der verschiedenen Ziffern veranschaulichen, oder?

08.05.2010, 19:36

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Richtig ist es, aber ob es das Verständnis fördert, ist wie immer in solchen Fällen subjektiv. Augenzwinkern

08.05.2010, 19:58

hnr

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Wahrscheinlichkeit des Ereignisses A: mind. 2 Personen merken sich dieselbe Ziffer
Gegenereignis: alle Personen merken sich verschiedene Ziffern

$\begin{eqnarray*} P(A) = 1 - P(a_{gegen}) = 1 - \frac{\frac{10!}{5!}}{10^{5}} = 0,6976 \end{eqnarray*}$

Wenn ich die Aufgabe jetzt aber mit dem von dir vorgeschlagenen Weg löse, erhalte ich ein anderes Ergebnis (die kleinen Ziffern am Ereignis stellen die Anzahl der Personen dar, die sich mind. dieselbe Ziffer merken):

$\begin{eqnarray*} P(A_{mind. 2}) = P(A_{2}) + P(A_{3}) + P(A_{4}) + P(A_{5}) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(A_{mind. 2}) = \frac{10*\begin{pmatrix} 5 \\ 2 \end{pmatrix}*9^{3}}{10^{5}} + \frac{10*\begin{pmatrix} 5 \\ 3 \end{pmatrix}*9^{2}}{10^{5}} + \frac{10*\begin{pmatrix} 5 \\ 4 \end{pmatrix}*9^{1}}{10^{5}} + \frac{10*\begin{pmatrix} 5 \\ 5 \end{pmatrix}*9^{0}}{10^{5}} = 0,8146 \end{eqnarray*}$

Wo liegt der Fehler? Sind die Ereignisse nicht unvereinbar?

08.05.2010, 20:16

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Zitat:

Original von hnr
Wo liegt der Fehler?

Bei $\begin{eqnarray*} P(A_2) \end{eqnarray*}$ . die anderen sind richtig.

Zitat:

Original von hnr
Sind die Ereignisse nicht unvereinbar?

Genau - ich hatte es oben bereits angedeutet:

Zitat:

Original von Arthur Dent
[...] wobei es hier glücklicherweise keine Überschneidungen gibt: Denn bei 5 Personen können sich ja nicht gleichzeitig 3 Personen die 0 merken UND 3 Personen die Ziffer 1 o.ä. Augenzwinkern

Bei 2 statt 3 gleichen stimmt diese Aussage NICHT mehr: Etwa die Konstellation 00112 würde dann doppelt gezählt, einmal für die Doppel-0 und dann auch für die Doppel-1.

Darüber hinaus zählst du auch noch sowas wie 00111 zu $\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ , was ja nun ganz verkehrt ist.

08.05.2010, 20:42

hnr

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Könnte man das nicht wie folgt lösen?

$\begin{eqnarray*} P(A_{2}) = \frac{10*\begin{pmatrix} 5 \\ 2 \end{pmatrix}*\frac{9!}{6!}}{10^{5}} \end{eqnarray*}$

Bzw. ist das analog nicht auch für alle anderen Fälle nötig, damit vermieden wird, dass bei den restlichen Ziffern nicht wieder gleiche auftreten?

08.05.2010, 22:08

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Damit gerätst du von Doppelzählungen zu Fehlzählungen:

Bei $\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ fehlen dann die og. 00112, bei $\begin{eqnarray*} A_3 \end{eqnarray*}$ dann 00011 usw. - nein, so einfach kommt man bei $\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ nicht aus dem Schlamassel, da muss man schon gründlicher nachdenken!

08.05.2010, 22:28

hnr

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Die Frage ist natürlich, ob nur die x Personen gleiche Ziffern haben dürfen - eine Interpretation dahingehend, dass alle anderen - auch untereinander - verschiedene Ziffern haben müssen, wäre auch möglich.

08.05.2010, 22:29

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Dann kommst du aber nicht auf Gesamtwahrscheinlichkeit 1 über all die $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ , weil dann Fälle fehlen.

08.05.2010, 22:32

hnr

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Hast du irgendeinen Denkansatz für die Lösung des Problems?

Übrigens: Für genau 3 und mind. 3 Personen mit gleichen Ziffern ist der von dir vorgeschlagenene Lösungsweg richtig?

08.05.2010, 22:40

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Zitat:

Original von hnr
Übrigens: Für genau 3 und mind. 3 Personen mit gleichen Ziffern ist der von dir vorgeschlagenene Lösungsweg richtig?

Das ist ja mal was ganz Neues ... wenn ich es nicht oben schon gesagt hätte. Augenzwinkern

08.05.2010, 22:49

hnr

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Ein einfaches Ja oder Nein würde genügen. Ich verstehe nicht, was du meinst. Augenzwinkern

08.05.2010, 23:27

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Ja, es stimmt.

Das nächste Mal blättere aber mal im Thread zurück, statt bereits beantwortete Fragen zu stellen.

09.05.2010, 11:42

Mystic

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Zitat:

Original von hnr
Die Frage ist natürlich, ob nur die x Personen gleiche Ziffern haben dürfen - eine Interpretation dahingehend, dass alle anderen - auch untereinander - verschiedene Ziffern haben müssen, wäre auch möglich.

Fragen, wie diese, aber auch andere in diesem Thread zeigen, dass dir so ziemlich der "Durchblick" fehlt, selbst nach Arthurs sachkundiger Anleitung, und das liegt m.E. hauptsächlich daran, dass du ohne ein geeignetes System an die Sache herangehst, sondern versuchst, die Dinge auf eine sehr oberflächliche Art und Weise abzuhandeln...Nun ist die Aufgabe zwar sicher nicht schwer, aber ganz so einfach auch wieder nicht, dass man sich erlauben könnte, immer nur "aus der Hüfte zu schießen"... Augenzwinkern

Ich werde nachfolgend beispielhaft ein"System" geradezu "zelebrieren", nur um dir eine Vorstellung zu geben, wie sowas aussehen könnte...

Sei dazu

$\begin{eqnarray*} S:= \{z_1z_2z_3z_4z_5| z_k \in \{0,1,2,\ldots,9\},k=1,2,3,4,5\} \end{eqnarray*}$

die Menge aller 5-stelligen Ziffernblöcke (ev. auch mit führenden Nullen!), sowie

$\begin{eqnarray*} S_m = \{z_1z_2z_3z_4z_5 \in S| \ |\{z_1,z_2,z_3,z_4,z_5\}|=m\},\quad m=1,2,3,4,5 \end{eqnarray*}$

die Teilmengen der Ziffernblöcke mit jeweils genau m verschiedenen Ziffern. Des weiteren sei

$\begin{eqnarray*} A_m \end{eqnarray*}$ = Menge der Ziffernblöcke in S, für die es (mindestens) eine Ziffer gibt, die genau m-mal darin vorkommt (m=1,2,3,4,5),

sowie

$\begin{eqnarray*} A^{(m)} \end{eqnarray*}$ = Menge der Ziffernblöcke in S, für die es (mindestens) eine Ziffer gibt, die mindestens m-mal darin vorkommt (m=1,2,3,4,5).

Mit diesen Bezeichnungen wird erst die Möglichkeit geschaffen, über die Dinge, um die es hier geht, überhaupt so "reden" zu können, wie das halt in der Mathematik auch sonst üblich ist...

Zunächst einmal stellen wir fest, dass

$\begin{eqnarray*} S=S_1 \cup S_2 \cup S_3 \cup S_4 \cup S_5 \end{eqnarray*}$

eine disjunkte Vereinigung, also $\begin{eqnarray*} \{S_1,S_2,S_3,S_4,S_5\} \end{eqnarray*}$ eine Partition von S ist... Damit lässen sich dann auch die Mengen $\begin{eqnarray*} A_m \end{eqnarray*}$ disjunkt zerlegen in

$\begin{eqnarray*} A_m = \bigcup_{k=1}^5 (A_m \cap S_k) \end{eqnarray*}$

was deren Abzählung (getreu Caesars Wahlspruch "Divide et impera!") gleich viel einfacher macht...

Insbesondere gilt dann

$\begin{eqnarray*} |A_2 \cap S_1| = |A_2 \cap S_5| =0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |A_2 \cap S_2| = \binom {10}2 \binom 21 \binom 52 = 900 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |A_2 \cap S_3| = \binom {10}3 \binom 32 \frac {5!}{2!2!} = 10800 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |A_2 \cap S_4| = \binom {10}4 \binom 41 \frac {5!}{2!}= 50400 \end{eqnarray*}$

was also dann in Summe $\begin{eqnarray*} |A_2|= 62100 \end{eqnarray*}$ ergibt...

Die Mächtigkeiten aller anderen Ereignisse, insbesondere $\begin{eqnarray*} A^{(2)} \end{eqnarray*}$ , magst als Übung selber ausrechnen... Augenzwinkern

PS: Beachte dabei, dass gilt $\begin{eqnarray*} A_2 \cap S_2 = A_3 \cap S_2 \neq \emptyset \end{eqnarray*}$ , was insbesondere auch zeigt, dass die Ereignisse $\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} A_3 \end{eqnarray*}$ , wie von Arthur schon erwähnt, nicht disjunkt sind!

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