Wahrscheinlichkeit

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17.06.2004, 23:58	venora	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeit Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim zufälligen eintüten von a)acht Briefen genau drei im korrekten umschalg landen b) n>10 Briefen genau einer im korrekten Umschlag landet
18.06.2004, 08:24	grybl	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wahrscheinlichkeit Ich würde es mit der Binomialverteilung rechnen.
23.06.2004, 21:49	venora	Auf diesen Beitrag antworten »
wahrscheinlichkeit wie sieht denn hier der rechenweg aus??
23.06.2004, 22:31	Gnu	Auf diesen Beitrag antworten »
Kennst Du Bernoullikette?
23.06.2004, 22:42	venora	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeit sagt mir alles was!Aber ich kann dies nicht anwenden,ich brauche einen Lösungsweg !
23.06.2004, 22:52	Suddenguest	Auf diesen Beitrag antworten »
Ohne Gewähr --- Ohne Gewähr --- Ohne Gewähr --- Ohne Gewähr ---------------------------------------------------------------- a) p=(8 über 3)/8!=[(876)/(123)]/40320=1,3910^-3 b) p(n=10)=10/10!=2,7610^-6 p(n>10)<2,76*10^-6 ---------------------------------------------------------------- Ohne Gewähr --- Ohne Gewähr --- Ohne Gewähr --- Ohne Gewähr
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23.06.2004, 22:56	venora	Auf diesen Beitrag antworten »
wahrscheinlichkeit wie kommst du denn darauf?
23.06.2004, 23:11	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Vor allem sehe ich hier nirgendwo ein Bernoulli-Experiment, also auch keine Bernoulli-Kette, somit auch keine Binomialverteilung.
23.06.2004, 23:15	venora	Auf diesen Beitrag antworten »
wahrscheinlichkeit hallo leopold! Hast du eine andere Lösung?
23.06.2004, 23:43	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Ohne mir im Moment ganz sicher zu sein, biete ich bei a) an: $\begin{align} \frac{$\array{8\\3}$ \cdot 5! \cdot $\frac{1}{0!} - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} - \frac{1}{5!}$}{8!} \ = \ \frac{1}{3!} \cdot $\frac{1}{0!} - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} - \frac{1}{5!}$ \ = \ \frac{11}{180} \end{align}$ Idee dahinter siehe Seeleute bei http://www.matheboard.de/thread.php?thre...ight=Siebformel
24.06.2004, 01:05	Gnu	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Wort "zufällig" wurde bei uns oft als eine Wahrscheinlichkeit für ein Bernoulliexperiment mit p = 0,5 interpretiert, d.h. dass eine ist so wahrscheinlich wie das andere, Brief im richtigen oder eben nun nicht...
24.06.2004, 07:05	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
@ Gnu Dein Ansatz wäre richtig, wenn man sehr viele (!) Umschläge hätte, und zwar gleich viele rote und blaue. Ein paar wenige (!) Briefe müssen einkuvertiert werden, und zwar in die roten Umschläge. Jetzt greift man auf gut Glück einen Umschlag heraus. Dann ist natürlich die Wahrscheinlichkeit, einen richtigen Umschlag herauszufischen, angenähert ½. Es liegt also angenähert eine Bernoulli-Kette vor. ("angenähert" deshalb, weil man strenggenommen ja mit einem Ziehen ohne Rücklegen rechnen müßte -> hypergeometrische Verteilung) Hier liegt aber ein ganz anderes (und komplexeres) Problem vor. Man hat eine Reihe von adressierten Briefen und eine gleich große Anzahl von adressierten Umschlägen. Und jetzt werden die Briefe, ohne zu schauen, irgendwie in die Umschläge gesteckt. Im Moment sehe ich keine andere Möglichkeit, als dieses Problem über die Kombinatorik zu lösen. @ m00x genau 3 Briefe im richtigen Umschlag @ venora Die Aufgabe b) ist natürlich nur die Verallgemeinerung der Aufgabe a). Ersetze 8 durch n, 3 durch 1 und 5 durch n-1. Dann erhältst du als Ergebnis $\begin{align} \Bigsum_{k=0}^{n-1}~\ \frac{(-1)^k}{k!} \ (ungef. \ = \ \frac{1}{e} \ = \ 0,3679) \end{align}$
24.06.2004, 19:55	venora	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeit habe die Aufgabe jetzt so gelöst: f(k)= $\begin{align} \Bigsum_{i=1}^k~(- 1)^i+1 $\array{k\\i\\}$ $k-i$! \end{align}$ = $\begin{align} $\array{5\\1\\}$ \cdot 4!-$\array{5\\2\\}$ \cdot 3!+ $\array{5\\3\\}$ \cdot 2!- $\array{5\\4\\}$ \cdot 1!+ $\array{5\\5\\}$ \cdot 0! \end{align}$ kann man das so rechnen???
21.01.2005, 10:59	schmitt	Auf diesen Beitrag antworten »
Stimmt diese Lösung? Wenn drei der Briefe im richtigen Umschlag landen sollen? Könnte bitte jemand versuchen die Lösung allgemein zu erklären? Wenn n Plätzte und n Teile und davon k genau/mindestens am richtigen Platz sein sollen.
21.01.2005, 11:32	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist das bekannte Fixpunktproblem von Permutationen. Zumindest Leopolds Lösung ist richtig (die anderen habe ich jetzt nicht überprüft - kann sein, dass die eine oder andere auch stimmt): Von den n! Permutationen von n Elementen gibt es genau $\begin{eqnarray} N_{n,k}=\frac{n!}{k!}\left(\frac{1}{0!}-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-+\ldots+(-1)^{n-k}\frac{1}{(n-k)!}\right)=\frac{n!}{k!}\sum\limits_{j=0}^{n-k}(-1)^j\frac{1}{j!},\qquad k=0,1,\ldots,n \end{eqnarray}$ Permutationen mit genau k Fixpunkten. Und wenn alle Permutationen gleichwahrscheinlich sind (also Laplace-Verteilung), dann ergeben sich die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten natürlich nach Division durch n!. Grundlage dieser Berechnung ist die von Leopold erwähnte Siebformel http://www.matheboard.de/thread.php?thre...ight=Siebformel, hier angewendet auf die Mengen $\begin{eqnarray} A_i= \end{eqnarray}$ { Permutation, die an genau der Stelle i einen Fixpunkt hat } .

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