Schwierige Kombinatorik-/Wahrscheinlichkeitsaufgabe

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k.roete Auf diesen Beitrag antworten »
Schwierige Kombinatorik-/Wahrscheinlichkeitsaufgabe
Ich studiere Mathe, habe auch schon Stochastik gehört, aber zu folgender Aufgabe (aus: "Elemente der Mathematik" 12/13, Grundkurs NRW, Seite 354) keine vernünftige Idee.


Also hier die Aufgabe:

In einer Urne sind 18 Kugeln. Je drei tragen die gleiche Nummer. Die Kugeln werden ohne Zurücklegen so lange gezogen, bis eine der Zahlen dreimal aufgetreten ist.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis, dass eine der Zahlen dreimal gezogen wird, während mindestens eine der übrigen Zahlen noch nicht gezogen worden ist?


Ich hoffe sehr, dass ihr mir helfen könnt!!
frank09 Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo,

ich würde über das Gegenereignis gehen:

Es wird dreimal die gleiche gezogen (was ja immer eintritt) und mindestens von jeder anderen eine. D.h. bevor du die letzte ziehst und damit den Dreier "vollmachst", muss bereits von jeder anderen Zahl minderstens eine, von der "Dreierzahl" schon zwei gezogen worden sein.
k.roete Auf diesen Beitrag antworten »

Das mit dem Gegenereignis war auch eine meiner Ideen, die mich allerdings nicht wirklich weitergebracht hat...

Es gilt ja:
P("Eine Zahl wird 3x gezogen und mindestens eine der anderen Zahlen wurde noch nicht gezogen")
= 1 - P("Eine Zahl wird 3x gezogen und alle anderen Zahlen wurden jeweils mindestens 1x gezogen")

Aber: Wie kann ich jetzt die Wahrscheinlichkeit für das Gegenereignis berechnen?

Ich hab mir schon mal überlegt, wie viele mögliche Ausgänge es für die Ziehungen gibt. Ich würde sagen, dass es



geben muss.
Denn:
Stellt man sich vor, dass die Zahlen 1-6 je 3x vorhanden sind, gibt es Möglichkeiten, Positionen für die 3 Einsen zu finden. Pro jeder dieser Möglichkeiten hat man , um die 3 Zweien auf den verbleibenden 15 freien Stellen zu positionieren etc. ...

Meint ihr, dass diese Überlegung richtig ist und mich auch weiterbringt?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Angelehnt an die Empfehlung von frank09 würde ich das ganze erstmal für den festen Zeitpunkt aufschlüsseln, wo zum ersten Mal eine dritte Kugel gezogen wird. D.h., in den Versuchen wird von jeder der 6 Sorten maximal zwei Kugeln gezogen, insbesondere von der im -ten Versuch gezogenen Sorte genau zwei. Tritt nun das Gegenereignis ein, so müssen es von jeder der 6 Sorten aber auch jeweils mindestens eine Kugel sein. Das bedeutet insgesamt:

* von Sorten jeweils genau eine Kugel,
* von Sorten jeweils genau zwei Kugeln

Sinn macht das ganze nur für , wie man sich unschwer überlegen kann. Man berechnet nun die Wahrscheinlichkeit dieses Gegenereignisses für festes , und summiert dann über die genannten möglichen Werte von .
Zur Kontrolle: Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist 329/572.
k.roete Auf diesen Beitrag antworten »

Ok...die Idee verstehe ich.

Auf die Bedingungen
* von 13-k Sorten jeweils genau eine Kugel,
* von k-7 Sorten jeweils genau zwei Kugeln

bist du aber nur durch etwas Knobeln gekommen oder?

Und wie berechne ich nun z.B. die Wahrscheinlichkeit für k=8?
Es sind ja 7 freie Stellen zu besetzen, wobei eine Sorte doppelt vorkommt und die anderen 5 nur einfach. Es gibt also * 5! günstige Ergebnisse.
Und wie viele mögliche sind es?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von k.roete
Auf die Bedingungen
* von 13-k Sorten jeweils genau eine Kugel,
* von k-7 Sorten jeweils genau zwei Kugeln

bist du aber nur durch etwas Knobeln gekommen oder?

Nein, das kann man ausrechnen: Wenn Nummern genau einmal, und Nummer genau zweimal vorkommen, dann lassen sich als Lösungen des einfachen Gleichungssystems



bestimmen, ohne Raterei. Augenzwinkern


P.S.: Der Lösungswert legt nahe, dass es auch eine einfacheren Weg geben muss - da bin ich aber noch am Knobeln. Vielleicht hat frank09 den im Köcher... smile
 
 
k.roete Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von HAL 9000
Zitat:
Original von k.roete
Auf die Bedingungen
* von 13-k Sorten jeweils genau eine Kugel,
* von k-7 Sorten jeweils genau zwei Kugeln

bist du aber nur durch etwas Knobeln gekommen oder?

Nein, das kann man ausrechnen: Wenn Nummern genau einmal, und Nummer genau zweimal vorkommen, dann lassen sich als Lösungen des einfachen Gleichungssystems



bestimmen, ohne Raterei. Augenzwinkern


Ah super, das gefällt mir schon mal smile
frank09 Auf diesen Beitrag antworten »

Mein Ansatz ist im Prinzip ähnlich:
Es können vor dem letzten Zug zwischen einer und 6 Zahlen je zweimal, die restlichen je einmal gezogen worden sein. Man muss sich zuerst über legen wieviele
Möglichkeiten es gibt (wenn man z.B. den Fall 3x2 und 3x1 betrachtet) 3 Zahlen aus 6 zu wählen, die doppelt vorkommen sollen. Dann kann man eine bestimmte Reihenfolge festlegen, z.B 112233456, deren Zugwk sich leicht berechnen lässt:



Nun muss man noch die Anzahl an Vertauschungen der Reihenfolge (Permutationen) errechnen.
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