Reihenfolge

14.06.2019, 10:48

kombi

Reihenfolge

Hallo

Ich habe eine Verständnisfrage bezüglich der Beachtung bzw. Nicht-Beachtung der Reihenfolge.

Angenommen die Aufgabe lautet :

Man zieht ohne zurücklegen Zahlen aus der Menge {1,2,....,10}
Sei A: "Bei viermaligem Ziehen eine 1 und eine 9 ziehen"

Ich deute mal "eine 1 und eine 9" als "genau eine 1 und genau eine 9", da mehrmaliges Vorkommen einer Zahl beim Ziehen ohne Zurücklegen ja keinen Sinn macht, oder ?

Hier würde ich die Reihenfolge beachten, da ich ja wirklich viermal hintereinander ziehe.

Daher gäbe es doch insgesamt $\begin{eqnarray*} 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten für 4 Züge aus obiger Menge.

Betrachte ich den Fall (1|9|x|y), dann gibt es für die Verteilung der festen 1 und 9 ja $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}=12 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten.
Für x bleiben dann nur noch 8 und für y nur noch 7 Möglichkeiten.

Daraus folgt dann doch $\begin{eqnarray*} P(A)=\frac{12 \cdot 8 \cdot 7}{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}=\frac{12}{90}=\frac{2}{15} \end{eqnarray*}$

Stimmt das ?

Angenommen die Aufgabe lautet :

Man wähle (wie beim Lotto) vier Zahlen aus der Menge {1,2,....,10}
Sei A: "Eine 1 und eine 9 ist dabei"

Da man hier ja nicht nacheinander zieht, würde ich die Reihenfolge hier nicht beachten.
Das würde dann insgesamt doch zu $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 10 \\ 4 \end{pmatrix}=\frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}=10 \cdot 7 \cdot 3=210 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten führen, oder ?

Wenn genau eine 1 und genau eine 9 fest dabei sein sollen, dann müssten ohne Beachtung der Reihenfolge dann doch $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 8 \\ 2 \end{pmatrix}=\frac{8 \cdot 7}{2 \cdot 1}=28 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten rauskommen.

Insgesamt folgt dann $\begin{eqnarray*} P(A)=\frac{28}{210}=\frac{2}{15} \end{eqnarray*}$

Sind meine Gedanken richtig ?

Ist es Zufall, dass zweimal dasselbe Ergebnis rauskommt ?

14.06.2019, 11:20

Leopold

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Nein, es ist kein Zufall. Kombinatorische Aufgaben können oft in verschiedenen Modellen gelöst werden. Wichtig ist, daß man in der Laplace-Formel sowohl im Nenner als auch im Zähler im selben Modell denkt. Das wird leider oft falsch gemacht. Dann erhält man sinnlose Rechnungen. Deswegen die Regel: Immer zuerst das Modell festlegen. Dann erst mit Rechnen loslegen.

Du hast alles richtig gemacht.

14.06.2019, 11:32

HAL 9000

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Leopold ist mir etwas zuvorgekommen, da meine Antwortabfassung etwas länger gedauert hat ... ich stelle sie trotzdem mal noch rein:

Zitat:

Original von kombi
Ich deute mal "eine 1 und eine 9" als "genau eine 1 und genau eine 9", da mehrmaliges Vorkommen einer Zahl beim Ziehen ohne Zurücklegen ja keinen Sinn macht, oder ?

Richtig, da nicht zurückgelegt wird, kommt "mehr als 1" sowieso nicht in Frage. Damit gibt es hier auch keine Mehrdeutigkeiten in der Formulierung, wie sie etwa bei mit Zurücklegen durchaus denkbar wären.

Deine Rechnungen zu beiden Fällen sind korrekt und auch gut begründet. Freude

Zitat:

Original von kombi
Ist es Zufall, dass zweimal dasselbe Ergebnis rauskommt ?

Nein, es ist folgerichtig:

Modell 1 ist ja ein Laplaceraum, d.h., alle Grundelemente sind gleichwahrscheinlich. Geht man nun zu Modell 2 über, wo die Auswahlreihenfolge keine Rolle mehr spielt, so geht Raum 2 aus Raum 1 derart hervor, dass sämtliche Viererauswahlen bei 1, die sich nur in der Reihenfolge unterscheiden, zu einer Auswahl zusammengefasst werden (also jeweils $\begin{eqnarray*} 4!=24 \end{eqnarray*}$ Permutationen werden zu einem Element in Raum 2). Da das mit allen Auswahlen geschieht, wird dann auch Raum 2 zu einem Laplace-Raum mit $\begin{eqnarray*} |\Omega_2| = \frac{1}{24}|\Omega_1| \end{eqnarray*}$ .

Was beim Abzählen im Gesamtraum geschieht, passiert in gleicher Weise beim Abzählen der günstigen Ereignisse: Auch hier hat man jeweils $\begin{eqnarray*} \frac{1}{24} \end{eqnarray*}$ an günstigen Ausgängen bei Modell 2 im Vergleich zu Modell 1 - zumindest sofern es um Ereignisse geht, bei denen die Auswahlreihenfolge keine Rolle spielt (andere darf man in Modell 2 sowieso nicht betrachten - bei Modell 1 schon!).

Die Laplace-Wahrscheinlichkeit als Quotient "Anzahl günstig / Anzahl alle" ist auf diese Weise dann wieder derselbe in Modell 1 und 2, also kein Zufall.

Was anderes ist, wenn man "Ziehen mit Zurücklegen" betrachten würde: Hier fasst man beim Übergang von Modell 1 zu Modell 2 nicht in jedem Fall genau $\begin{eqnarray*} 4!=24 \end{eqnarray*}$ Elemente zusammen, sondern bei mehrfach ausgewählten Zahlen auch mal nur 12, 6, 4 oder gar nur 1 Element(e). Das bedeutet, dass ein Laplace-Raum 1 nach einer derartigen Zusammenfassung in einen Raum 2 mündet, der KEIN Laplace-Raum mehr ist. Das ist ein häufiger Fehler bei Wahrscheinlichkeitsrechnungen, trotz Auswahlverfahren gemäß Raum 1 die Wahrscheinlichkeiten basierend auf einem Raum 2 zu berechnen, von dem man falscherweise die Laplace-Eigenschaft annimmt.

14.06.2019, 11:49

Leopold

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Zitat:

Original von HAL 9000
Deine Rechnungen zu beiden Fällen sind korrekt und auch gut begründet. Freude

Auch wenn das jetzt etwas oberlehrerhaft rüberkommt, möchte ich mich diesem Urteil anschließen. Die meisten Schüler setzen aufgrund gewisser Schlagworte, die sie dem Aufgabentext entnehmen, in irgendwelche vorgestanzte Formeln Zahlen ein und bekommen ... manchmal sogar ein richtiges Ergebnis heraus. Sie legen sich keinen Plan, also kein Modell zurecht, sondern gehen rein schematisch vor. Daß Kombi das hier anders vormacht, ja, daß er überhaupt über die Problematik nachdenkt, kann gar nicht genug gelobt werden. Freude

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