3 richtige bei 6 aus 49 - Lotto Kombinatorik Stochastik

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ask12344321 Auf diesen Beitrag antworten »
3 richtige bei 6 aus 49 - Lotto Kombinatorik Stochastik
Meine Frage:
Hallo ich habe am Fr einen Mathetest geschrieben und es war eine Aufgabe dabei, mit der ich leider überhaupt gar nicht klarkam. Es geht darum, wieviele Lottoscheine (6 aus 49, ohne Zusatzzahlen oder sowas..) ich ausfüllen muss, um mit Sicherheit 3 richtige dabei zu haben.
Dabei soll die Anzahl der ausgefüllten Scheine möglichst klein sein

Meine Ideen:
Ich habe mir bisher überlegt, dass es ja in der Menge aus 49 Zahlen insgesamt 49 über 3 verschiedene Kombinationen von 3 richtigen gibt.
Wenn ich die alle abdecke, dann müsste ich auf jeden Fall einen 3er dabei haben. Nur tippe ich ja leider mit jedem Durchgang 6 Zahlen :/
Ich dachte, dass ich die obige Anzahl vllt noch durch 6 über 3 (=20)teilen könnte, da ich mit einem Schein sozusagen 20 verschiedene 3er Kombinationen abarbeiten kann. Aber leider kommt da eine schwachsinnige Zahl raus und ich verzweifle.
Wäre sehr dankbar, wenn mir jemand das Problem erläutern könnte.
ask12344321 Auf diesen Beitrag antworten »
RE: 3 richtige bei 6 aus 49 - Lotto Kombinatorik Stochastik
Wahrscheinlich überschneiden sich die 20 Kombinationen der Lottoscheine, ich bräuchte also deutlich weniger. Aber wie ich das berechne weiß ich leider immer noch nicht :/
 
 
ask12344321 Auf diesen Beitrag antworten »
RE: 3 richtige bei 6 aus 49 - Lotto Kombinatorik Stochastik
Wirklich niemand eine Idee?
Magic_Janson Auf diesen Beitrag antworten »
Hypergeometrische Verteilung
Hi,

vielleicht ein erster Ansatz zur Hilfe:
Die Wahrscheinlichkeit genau 3 Richtige bei 6 Ziehungen aus 49 Kugeln zu erhalten ist beruht auf einer hypergeometrischen Verteilung.
Dazu musst du wissen, wieviele Kugeln es gibt = 49
Dann wieviele richtige darunter sind = 6 (du darfst ja 6 ankreuzen)
Die Kugeln die falsch sind = 49-6 = 43
Wieviele Kugeln gezogen werden = 6
Du willst genau 3 Richtige haben = 3

Nun hast du die Möglichkeit von den 6 Gewinnzahlen 3 anzukreuzen (6 über 3).
Dann hast du noch die Möglichkeiten aus den 43 Nicht-Gewinn-Zahlen 3 anzukreuzen (43 über 3).
Das teilst du durch die Anzahl aller Möglichkeiten (49 über 6).

Nun hast du zumindest die Wahrscheinlichkeit 3 aus 49 richtig anzukreuzen.

Vielleicht hilft es weiter.

MfG
Janson
Rumpfi Auf diesen Beitrag antworten »

Man könnte den Ansatz auch anders formulieren.

Als Vergleich nehm ich das Kartenspiel. Es gibt zu jeder Zahl 4 Farben in einem 52-Karten-Deck. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, eine As zu heben?
4 Asse gibt es und 52 Karten gibt es insgesamt.

Hier muss man die Kombinationen als ANZAHL und INSGESAMT MÖGLICH nehmen.

Beim Lotto kann es nur 6 richtige geben, von denen du nur 3 brauchst.
Jetzt musst du die übrigen 43 falschen Kugeln nehmen, von denen du auch nur 3 brauchst.
Wenn du jetzt die Kombination von den Richtigen und Falschen multipliizierst, hast du ausgerechnet, wie viele Kombinationen es für 3 Richtige und 3 Falsche gibt.

Zum Abschluss (wie beim Kartenspiel, s.o.) musst du noch wissen, wie viele Möglichkeiten es INSGESAMT gibt. Es gibt 49 Kugeln, vonen denen nur 6 gebraucht werden.



Im Prinzip die gleiche Theorie wie bei Magic_Janson, aber da ist die Idee der Hypergeometrischen Verteilung auch erklärt (Anzahl = Kombination).

mfg Rumpfi
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

@ Magic Johnson, Rumpfi

Das ist ja richtig, beantwortet aber nicht die gestellte Frage.

@ask12344321

Ich denke, deine Überlegungen sind prinzipiell richtig.

Es gibt



mögliche 3er-Kombinationen. Die Ziehung von 6 Zahlen enthält 20 3er-Kombinationen. Damit man mit Sicherheit eine davon hat, muss man 18405 3er-Kombinationen tippen. Mit dem Ankreuzen eines Kästchens deckt man 20 3er-Kombinationen ab. Man muss also mindestens



Kästchen ankreuzen, d. h. 921 Kästchen. Dabei ist angenommen, dass man die Kästchen so ausfüllen kann, dass keine 3er-Kombination doppelt auftritt. Das sollte möglich sein, ohne dass ich das nachgeprüft habe.

Als Nicht-Lottospieler weiß ich nicht, wie viele Kästchen ein Lottoschein hat.
Dopap Auf diesen Beitrag antworten »

magic johnson war schon dicht dran, nur nützt die Wahrscheinlickeit hier nichts. Es ist ein kombinatorisches Problem. Der Zähler der hypergeometrischen Verteilung war aber richtig:

anzahl(3)=Comb(6;3)*Comb(43;3)=246820 Comb=Binomialkoeffizient.
Es gibt also 246820 Möglichkeiten 3 Richtige und zugleich 3 Nichtrichtige zu ziehen.
( In dem Modell werden die Richtigen vorher gezogen, markiert und wieder zurückgelegt )

Aber jetzt : man braucht höchstens 246820 Tippreihen ???
falls ja, stellen sich 2 Fragen:
1.) wie sehen diese Tippreihen aus?
2.) gibt es ein Minimum und wie sähen diese Reihen aus?
Mehr fällt mir dazu momentan nicht ein verwirrt
BarneyG. Auf diesen Beitrag antworten »

@Huggy

Zitat:


Mhh .. also bei aller Wertschätzung - aber irgendwie kann ich nicht so richtig nachvollziehen, wie ich einen Viertel Lottoschein ausfüllen sollte.

Irgendwie kommt mir deine Lösung nicht so ganz koscher vor ... obwohl ich mein Unbehagen nicht so recht in Worte fassen kann ...
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von BarneyG.
@Huggy

Zitat:


Mhh .. also bei aller Wertschätzung - aber irgendwie kann ich nicht so richtig nachvollziehen, wie ich einen Viertel Lottoschein ausfüllen sollte.

Dann runde auf 921 auf. Big Laugh

Zitat:
Irgendwie kommt mir deine Lösung nicht so ganz koscher vor ... obwohl ich mein Unbehagen nicht so recht in Worte fassen kann ...

Mir sind inzwischen Bedenken gekommen, ob man 920 bzw 921 Kästchen wirklich so ausfüllen kann, dass keine bzw. fast keine 3er-Kombination mehrfach auftaucht. Ansonsten erscheinen mir meine Überlegungen unverändert richtig. Aber vor Fehlern ist niemand gefeit, ich schon gar nicht.
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Zumindest sagen diese Überlegungen, dass man mindestens 921Tippscheine braucht, um die verlangte Sicherheit nach mindestens einem Dreier zu haben.

Das sagt jedoch noch lange nicht, dass es eine solche Konfiguration von genau 921 solchen Tippscheinen auch gibt. Dieser Beweis ist erst erbracht, wenn man diese 921 Ankreuzkombinationen auch nennt. Augenzwinkern

Mein Vermutung ist, dass man eine deutlich höhere Anzahl benötigen wird. Um ein (nur auf den ersten Blick entfernt liegendes) Analogon zu bemühen: Ist wie bei Kugelpackungen, wenn man da als erste Schätzung nur den Quotient der Volumina heranzieht...
BarneyG. Auf diesen Beitrag antworten »

Die Aufgabe kann man wie folgt lösen:

Wir teilen die Zahlen 1 - 49 in drei Abschnitte zu 2 x 24 Zahlen und 1 x 1 Zahl irgendwie auf. Beispielsweise so:

Abschnitt 1: Zahlen 1 - 24
Abschnitt 2: Zahlen 25 - 48
Abschnitt 3: Zahl 49

Man kann aber auch beliebige andere Zahlen auf die Abschnitte verteilen. Das spielt keine Rolle.

Entweder Abschnitt 1 oder Abschnitt 2 enthalten mindestens 3 Richtige. (Warum wohl?)

Jetzt tippen wir alle Möglichkeiten mit je 3 Zahlen aus Abschnitt 1 und Abschnitt 2.

Das sind Möglichkeiten.

Das kann man nicht weiter einschränken, weil es sein kann, dass nur in GENAU einem Abschnitt 3 Richtige sind.

Das scheint mir die kleinstmögliche Überdeckung für mindestens 3 Richtige zu sein. Und diese Lösung gefällt mir jetzt schon eher, weil man keine "halben" Lottoscheine aufrunden muss. Big Laugh
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Du hast nachgewiesen, dass man mit 2024 Tippscheinen auskommt, aber das hier

Zitat:
Original von BarneyG.
Das kann man nicht weiter einschränken, weil es sein kann, dass nur in GENAU einem Abschnitt 3 Richtige sind.

ist keine schlüssige Begründung dafür, dass man wirklich auch so viele Scheine braucht:

Für dein System mag es zutreffend sein, dass man keinen Tippschein mehr entfernen darf. Aber wer sagt denn, dass man nicht mit einem anderen System auskommt, wo auf einigen Tippscheinen mehr als 3 Zahlen aus Abschnitt 1 vorkommen, d.h. wo man mit einem Tippschein gleich mehrere Dreierkombinationen aus Gruppe 1 erschlägt? Desgleichen für Gruppe 2.

Zumindest haben wir neben der unteren Schranke 921 jetzt auch eine obere Schranke 2024 für die benötigte Anzahl.
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Oje, ich sehe gerade einen Fehler in den obigen Betrachtungen, sowohl bei Huggy als auch bei mir, der ich es nicht gemerkt habe:

Man muss ja in seinen Tipps gar nicht alle Dreierkombinationen erfassen, denn bei insgesamt 6 richtigen Zahlen gibt es ja mehrere (konkret 20) Möglichkeiten für die drei richtigen Zahlen, und man muss genau genommen davon jeweils nur eine erfassen!

Das habe ich erst gemerkt bei Analyse des einfacheren Lottos "4 aus 7", wo man nach obiger Abschätzung mindestens



also mindestens 4 Tippscheine für einen Zweier braucht, während man mit "System Barney" nur die drei Tippscheine

1245
1346
2356

benötigt - also musste ja an der Abschätzung was faul sein. Ups


Also ist oben auch die untere Grenze 921 hinfällig. Tja, es ist ein komplizierteres Problem, als man anfangs vielleicht denken mag. Augenzwinkern
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von René Gruber
Also ist oben auch die untere Grenze 921 hinfällig. Tja, es ist ein komplizierteres Problem, als man anfangs vielleicht denken mag. Augenzwinkern

Das ist mir inzwischen auch aufgefallen. Mein Gegenbeispiel war Lotto 6 aus 8. Dann braucht man mit Barney 4 Kästschen. Nach meiner Rechnung würde man mindestens 2 brauchen. Tatsächlich genügt 1 Kästschen mit beliebigen 6 der 8 Zahlen.

Die Probleme resultieren daraus, dass das Ziehen bzw. Ankreuzen von 6 Zahlen zwar 20 3er-Kombinationen abdeckt, diese aber nicht unabhängig voneinander sind.
BarneyG. Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Dann braucht man mit Barney 4 Kästschen.


Nö! Da hast du mein Verfahren nicht so richtig verstanden! Die Abdeckung 3-3-2 klappt natürlich NICHT mehr, da jetzt nicht garantiert ist, dass einer der beiden großen Abschnitte 3 Richtige enthält. Die Abdeckung ist abhängig von den Anzahlen der möglichen und der getippten Kästchen. In diesem Fall muss man eine Überdeckung 6-2 wählen. Dann enthält der große Abschnitt mit Sicherheit 4 Richtige und damit reicht ein Tip!

Ich will dir mal mein Verfahren am Beispiel 6 aus 49 und mindestens 2 Richtige demonstrieren:

Wir wählen die Überdeckung 12-12-12-12-1

Offensichtlich muss mindestens eines der großen Intervalle 2 Richtige enthalten.

Jetzt wähle ich je 3 Zahlen aus den ersten beiden Intervallen. Dass sind Möglichkeiten.

Das gleiche mache ich dann noch mit den beiden verbleibenden Intervallen. Das sind dann zusammen 440 Lösungen. Und weil es sein kann, dass GENAU eines der großen Intervalle 3 Richtige enthält, kann man das nicht weiter einschränken.

Mit meinem Verfahren komme ich auf folgende Tabelle

mindestens einmal 0 Richtige: 7 Kästchen
mindestens einmal 1 Richtige: 8 Kästchen
mindestens einmal 2 Richtige: 440 Kästchen
mindestens einmal 3 Richtige: 2024 Kästchen
...
mindestens einmal 6 Richtige: 49 über 6 Kästchen

Sieht doch gar nicht so schlecht aus. Und "überraschenderweise" sind alle Lösungen ganzzahlig. geschockt

Kannst dich ja mal übungshalber an mindestens 4 bzw. mindestens 5 Richtigen versuchen ... Big Laugh

Was ist denn nun ... ist meine Lösung 2.024 richtig oder falsch. Da würde mich deine Expertenmeinung interessieren. Ganz ohne Rechthaberei. Und wenn sie falsch sein sollte, dann würde mich ein Tipp-Plan interessieren, der mit weniger Kästchen auskommt ... Big Laugh
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

@ BarneyG

Ich habe den Eindruck, dass du wieder einmal eine rein mathematische Frage zu einer persönlichen Auseinandersetzung hochstilisierst, wer denn nun Recht hat. Ich kann man mich dabei noch gut an Auseinandersetzungen erinnern, die du mit Arthur Dent und tmo angezettelt hast. Und an so Schlussbemerkungen wie, man kann nicht jede Schlacht gewinnen. Diese Einstellung ist mir völlig fremd.

In der Mathematik geht es doch um richtig oder falsch, nicht um gewinnen oder verlieren.


(1) Deine ursprüngliche Argumentation ist aus meiner Sicht ein astreiner Beweis, dass 2024 Kästchen bei Lotto 6 aus 49 hinreichend sind, mindestens einen 3er zu erzielen.

(2) Ich kann in dieser Argumentation nichts sehen, was den Schluss erlaubt, 2024 Kästchen seien notwendig.
Ich habe dazu im Moment auch keinen Gegenbeweis. Aber selbst wenn 2024 Kästchen notwendig sein sollten, ist deine Argumentation dazu nicht logisch schlüssig.

(3) Deine ursprüngliche Argumentation erweckte bei mir folgenden Eindruck: Man unterteile die n (z. B. 49) Lottozahlen in 2 Hälften. Es stört dabei nicht, wenn eine übrig bleibt. Man kombiniere jede 3er-Kombination aus der einen Hälfte so mit den 3er_Kombination aus der anderen Hälfte, dass jede 3er-Kombination aus jeder Hälfte einmal vorhanden ist.
Bei meinem Gegenbeispiel Lotto 6 aus 8 führt das zu einer Aufteilung 4/4, woraus sich 4 auszufüllende Kästchen ergeben.

(4) Jetzt bringst du andere Aufteilungen ins Spiel. Das sei dir unbenommen. Aber dann nenne doch bitte dein allgemeines Schema.

(5) Im Internet kursieren Tippreihen, die deutlich unter 2024 liegen und die angeblich mit Sicherheit einen 3er garantieren. Hier http://knol.google.com/k/frank-schwellin...r85a6p31icnx/3# sind z. B. explizit 495 Tippreihen aufgeführt. Ich bin allerdings viel zu faul, die abzutippen, um zu sehen, ob die Behauptung stimmt.
BarneyG. Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von BarneyG.
Da würde mich deine Expertenmeinung interessieren. Ganz ohne Rechthaberei.


Ich würde gern wissen, wie man die Aufgabe löst. Nichts anderes. An Streiterei habe ich nicht das geringste Interesse. Wenn du dich ärgerst, dass deine Lösung offensichtlich falsch war, dann ich das nicht mein Problem. Und deshalb werde ich mich aus diesem Thread ausklinken ...
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von BarneyG.
An Streiterei habe ich nicht das geringste Interesse.

Ach ja? Es gelingt dir, das sehr gut zu verbergen.

Zitat:
Wenn du dich ärgerst, dass deine Lösung offensichtlich falsch war, dann ich das nicht mein Problem.

Das habe ich ohne wenn und und aber zugegeben. Wo ist also mein Problem? Du scheinst aber gewaltige Probleme zu haben, einen Irrtum zuzugeben. Ich erinnere da noch mal an deine Diskussion mit z. B. tmo, wo du nach großspurigen Bemerkungen, in denen recht häufig vorkam, dass es nicht dein Problem ist, wenn die andern so blöd sind, zum Schluss kleinlaut den Schwanz einziehen musstest. Möchtest du, dass ich aus dieser Diskussion noch mal explizit zitiere?

Ich habe damals deinen Fehler sehr vorsichtig aufgedeckt. Aber du verstehst anscheinend nur die Holzhammermethode.

Zitat:
Und deshalb werde ich mich aus diesem Thread ausklinken ...

Das wird auch besser so sein.
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Ich halte mich mal an die fachliche Seite:

Nachdem Huggy es schon mal freundlicherweise rausgesucht hat, wäre doch eine Verifizierung der auf http://knol.google.com/k/frank-schwellin...r85a6p31icnx/3# genannten 495er-Tippreihe eine spannende Frage. Das sollte mit einem Computerprogramm in erträglicher Zeit machbar sein (Abgleich aller 13983816 möglichen Gewinnkombinationen mit den 495 Tipps).

Ist diese Reihe tatsächlich passend, dann haben sich gleich mehrere Streitpunkte hier erledigt. Was dann noch offen bleibt: Geht es nicht auch mit noch weniger als 495 Tipps? smile
BarneyG. Auf diesen Beitrag antworten »

@René Gruber

Auch ich habe mir die Tippreihe angeschaut. Und dabei wird klar, dass mein Verfahren tatsächlich nur eine Obergrenze liefert.

Das liegt daran, dass etwa der Tipp 1 2 3 25 26 27 nicht nur die beiden Tripel 1 2 3 und 25 26 27 abdeckt, sondern auch die Tripel 1 2 25, 1 2 26, 1 2 27, 1 3 25, 1 3 26 usw.

Mit meinem Verfahren werden also viel zu viele Kästchen ausgefüllt.

Die Tippreihe verwendet eine vollständige Enumeration. Und das Verfahren scheint mir korrekt zu sein auch wenn ich mir nur den Anfang angeschaut habe. Man müsste halt den nicht trivialen Algorithmus extrahieren und dann auswerten ....
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Der Begriff "vollständige Enumeration" wird häufig verwendet - in welchem Sinne er hier bei dieser 496er-Tippreihe (ja, es sind 496, nicht 495) gemeint ist, entzieht sich noch meinem Verständnis. Jedenfalls habe ich mein obiges "Misstrauen" in eine PC-Programm umgesetzt, und kann jetzt nach einigen Minuten Rechnung dann doch bestätigen:

Ja, die im Link genannten 496 Tipps umfassende Reihe hat die geforderte Eigenschaft, dass bei jeder möglichen Ziehung mindestes ein Dreier dabei ist.
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von René Gruber
Ja, die im Link genannten 496 Tipps umfassende Reihe hat die geforderte Eigenschaft, dass bei jeder möglichen Ziehung mindestes ein Dreier dabei ist.

Es wäre auch interessant, ob die vorgegebene Reihe bez. dieser Eigenschaft minimal ist oder ob eventuell noch einzelne Tipps davon weglassen werden können... Selbst im Falle ihrer Minimalität, welche vermutlich gilt, wäre allerdings damit noch immer nicht gesichtert, dass 496 die absolute Minimalanzahl ist...
abc2011 Auf diesen Beitrag antworten »

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René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Wäre natürlich schön zu erfahren, wie diese 163 Tipps konkret aussehen. Big Laugh

(EDIT: Hier sind sie - werd sie gleich mal durch mein Prüfprogramm jagen...)

Wie es zu den obigen 496 Tipps gekommen ist, kann ich mir inzwischen denken:

Zitat:
Angefangen wird mit einer leeren Menge von Tipps. Dann geht man alle Gewinnziehungen lexikografisch durch, und trifft man auf eine, für die man noch keinen Dreier in seiner Tippmenge hat, dann nimmt man diese Ziehung als weiteren Tipp in die Menge auf.

Dass dieses Vorgehen nicht unbedingt optimal ist, kann man sich vorstellen, aber trotzdem schon mal ein guter Anfang.
abc2011 Auf diesen Beitrag antworten »

Der Fragesteller kannte aber die 163 Tipps schon am 14. Januar.
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Dem darf ich entnehmen, dass du G.J. aus dem anderen Forum bist und nun dein Unbehagen darüber äußerst, dass sich (Gast600922)=ask12344321 dort nicht wieder gemeldet hat? Kann man verstehen, aber sag das doch gleich deutlich. Immer diese Andeutungen... unglücklich
abc2011 Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, darfst du nicht. Ich wunderte mich bloss, wie hier einer Aufgabe nachgegangen wird, die mit absoluter Sicherheit schon längst verfolgt wird (wie es die Google-Suche ja dann auch bewiesen hat).
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn hier im Board keine Probleme besprochen werden dürften, die schon mal irgendwo im WWW behandelt wurden, könnte man hier weitgehend dicht machen. Augenzwinkern
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