Wahrscheinlichkeit Zahlenschloss

20.04.2021, 12:33

MasterWizz

Wahrscheinlichkeit Zahlenschloss

Hey Leute,

gegeben ist ein Zahlenschloss mit 4 Slots, in die jeweils die Ziffern 0-9 eingesetzt werden können. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Ziffernfolge "1 - 2" auftaucht?

Meine ursprüngliche Vermutung war, dass es insgesamt $\begin{eqnarray*} |\Omega|=10^4 \end{eqnarray*}$ Ziffernkombinationen gibt, von denen nur die eine Ziffernfolge "1 - 2" unser Ereignis begünstigt, die aber an 3 verschiedenen Stellen stehen kann. Also dachte ich, dass die Wahrscheinlichkeit damit $\begin{eqnarray*} \frac{3}{10^4} \end{eqnarray*}$ ist. Aber die Herangehensweise scheitert. Denn so würde bei einer hinreichend großen Anzahl an Zahlenslots die Wahrscheinlichkeit von 1 überstiegen werden und das ist ja nicht möglich.

Habt ihr eine Idee?

20.04.2021, 12:41

G200421

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RE: Wahrscheinlichkeit Zahlenschloss
12xx, x12x,xx12

x= beliebig

Damit solltest du alle Möglichkeiten finden.

20.04.2021, 13:05

MasterWizz

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RE: Wahrscheinlichkeit Zahlenschloss
Du meinst also, dass die Wahrscheinlichkeit damit $\begin{eqnarray*} \frac{3\cdot 10^2}{10^4}=\frac{3}{100}=3\% \end{eqnarray*}$ ist? Das war auch mein Gedanke, nur dann hab ich mir überlegt, was passiert, wenn die Anzahl der Zahlenslots steigt.

Bei 5 Zahlenslots gibt es die Möglichkeiten: 12xxx, x12xx, xx12x, xxx12. Das macht dann eine Wahrscheinlichkeit von $\begin{eqnarray*} \frac{4\cdot10^3}{10^5} = \frac{4}{10^2} = 4\% \end{eqnarray*}$ . Erst mal klingt das ja vernünftig, weil die die Wahrscheinlichkeit steigt, wenn wir mehr Möglichkeiten für das Eintreten des Ereignisses haben. Aber was machen wir bei 102 Zahlenslots? Dann würde nach dieser Logik ja die Wahrscheinlichkeit bei $\begin{eqnarray*} \frac{101}{100} = 101\% \end{eqnarray*}$ liegen und das macht keinen Sinn.

20.04.2021, 13:26

G20041

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RE: Wahrscheinlichkeit Zahlenschloss
für x gibt es je 9 Möglichkeiten, wenn auch 1212 erlaubt ist.

-> 1*1*9*9*3 = 243 Kombinationen
Davon müsste man 1 abziehen, falls 1212 nicht erlaubt ist.

20.04.2021, 13:30

Nils Hoppenstedt

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RE: Wahrscheinlichkeit Zahlenschloss
Bei deiner Zählweise hast du die Kombination 1212 doppelt gezählt. Die Zahl der Möglichkeiten ist also nur 300-1 = 299. Die Wahrscheinlichkeit ist also 2.99%. Bei mehreren Zahlenslots gibt es entsprechend mehrere Überlappe. Am besten bestimmst du zuerst die Zahl der Kombinationen, bei denen 12 genau einmal vorkommt, dann die Zahl der Kombinationen, bei denen 12 genau zweimal vorkommt usw. und addierst dann alle Möglichkeiten.

Viele Grüße,
Nils

20.04.2021, 13:30

MasterWizz

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RE: Wahrscheinlichkeit Zahlenschloss
Kannst du mir bitte erklären, wieso es für x nur 9 Möglichkeiten gibt? Ich dachte x kann alles sein von 0 bis 9, also 10 Möglichkeiten oder nicht? Und dann kommen wir wieder auf das selbe Problem zurück.
EDIT: Es ist in Ordnung, wenn die Zahlen mehrfach vorkommen. Es geht nur um das reine Auftreten von der Abfolge an Ziffern.
EDIT2: Ok ich verstehe. Deshalb nur 9 Möglichkeiten, weil ich sonst das Ereignis doppelt zähle und damit komme ich dann über die 100%. Ok ich denke noch mal in Ruhe drüber nach, erst mal vielen Dank!! smile

20.04.2021, 13:43

G200421

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RE: Wahrscheinlichkeit Zahlenschloss
Sorry, x ist natürlich 10.

10*10*3 = 300

Ich war unkonzentriert/von der Rolle. 300/1000= 3/10= 30%

20.04.2021, 14:03

Luftikus

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ja, du zählst Möglichkeiten mehrfach:

jede xx-Kombination beinhaltet ja schon 12, die Anzahl musst du abziehen.
zb. xxxx
12xx -> 1 Kombination 1212
x12x -> 0 Kombinationen
xx12 -> 1 Kombination 1212

-2 * 10^0 Kombination

zB. xxxxx
12xxx -> 2 Kombinationen 1212x und 12x12
x12xx -> 1 Kombination x1212
xx12x -> 1 Kombination 1212x
xxx12 -> 2 Kombinationen 12x12 und x1212

-6 * 10^1 Kombinationen
etc..

Die Anzahl doppelter Kombinationen müsste dann sein (n>=4)
$\begin{eqnarray*} 2 \cdot 10^{n-4} \cdot \binom{n-2}{2} \end{eqnarray*}$

EDIT: Faktor 10^(n-4) hinzugefügt

20.04.2021, 14:54

MasterWizz

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Und wenn ich dann z.B. im Fall von k=6 bei der Variante 12xxxx die doppelten Möglichkeiten 1212xx, 12x12x und 12xx12 abgezogen hab, muss ich dann die doppelt abgezogenen wie 121212 wieder einmal drauf addieren, weil ich sie ja einmal bei 1212xx und einmal bei 12xx12 abgezogen hab?

20.04.2021, 15:07

Luftikus

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Zitat:

Original von MasterWizz
Und wenn ich dann z.B. im Fall von k=6 bei der Variante 12xxxx die doppelten Möglichkeiten 1212xx, 12x12x und 12xx12 abgezogen hab, muss ich dann die doppelt abgezogenen wie 121212 wieder einmal drauf addieren, weil ich sie ja einmal bei 1212xx und einmal bei 12xx12 abgezogen hab?

Wenn du 12-Kombinationen mehrfach zulassen willst, dann musst du den Faktor 2 weglassen

20.04.2021, 19:38

Dopap

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RE: Wahrscheinlichkeit Zahlenschloss

Zitat:

Original von MasterWizz
[...]
gegeben ist ein Zahlenschloss mit 4 Slots, in die jeweils die Ziffern 0-9 eingesetzt werden können. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Ziffernfolge "1 - 2" auftaucht?
[...]

Die Wahrscheinlichkeit ist Null wenn ich die Slots die Ziffern 6,3,3,7 einsetze.

Aber das meinst du sicher nicht. Du "meinst" stillschweigend bestimmt eine rein zufällige Ziffernswahl für die Slots. Augenzwinkern

Außerdem würde ich, wie üblich vorschlagen, das Ereignis sauber zu definieren.

So wie du es beschreibst ist das Ereignis eingetreten wenn die Nachbarziffern 1-2 von links her gelesen mindestens einmal vorhanden sind.
Ansonsten gäbe es noch die Begriffe "höchstens", "genau" ,"nicht", "und", "und/oder", "exklusives oder" ...

Für eine Beschreibung des Zufallsversuches sind auch bekannte Ziehungsgeräte wie z.B. das zur Superzahl, hier mit Beschränkung auf die ersten 4 Ziffern, hilfreich.

20.04.2021, 19:54

Huggy

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Sei $\begin{eqnarray*} N_n \end{eqnarray*}$ die Zahl der Kombinationen bei $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Slots, die an mindestens einer Stelle die Folge $\begin{eqnarray*} 12 \end{eqnarray*}$ haben. Die Bestimmung von $\begin{eqnarray*} N_n \end{eqnarray*}$ kann mit der Siebformel erfolgen. Es sei $\begin{eqnarray*} M_i^n \end{eqnarray*}$ die Menge der Kombinationen, die an der Stelle $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ eine $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ und an der Stelle $\begin{eqnarray*} i+1 \end{eqnarray*}$ eine $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ haben. Das hochgestellte $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist als Index zu verstehen. Dann ist

$\begin{eqnarray*} N_n=\left | \bigcup_{i=1}^{n-1} M_i^n \right | = \sum_{i=1}^{n-1} |M_i^n| - \sum_{i=1}^{n-3}\sum_{j=i+2}^{n-1}|M_i^n \cap M_j^n| +\sum_{i=1}^{n-5}\sum_{j=i+2}^{n-3} \sum_{k=j+2}^{n-1}|M_i^n \cap M_j^n \cap M_k^n| - \ldots =\sum_{\kappa=1}^\infty (-1)^{\kappa +1}S_\kappa^n \end{eqnarray*}$

Da die Summen für mehr als $\begin{eqnarray*} \frac n 2 \end{eqnarray*}$ Schnitte leere Summen sind, ist $\begin{eqnarray*} N_n \end{eqnarray*}$ immer eine endlich Summe. Es ist

$\begin{eqnarray*} |M_i^n|=10^{n-2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |M_i^n \cap M_j^n|=10^{n-4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |M_i^n \cap M_j^n \cap M_k^n|=10^{n-6} \end{eqnarray*}$

HAL würde jetzt sicher eine schöne allgemeine Formel generieren. Ich hangele mich mal per Hand für ein paar $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ durch:

$\begin{eqnarray*} n=2: \quad N_n =S_1^n=(n-1)10^{n-2}=1 \cdot 10^0=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=3: \quad N_n =S_1^n=(n-1)10^{n-2}=2 \cdot 10^1=20 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=4: \quad N_n =S_1^n -S_2^n=(n-1)10^{n-2}-\sum_{i=1}^1\sum_{j=i+2}^3 10^{n-4}=3\cdot 10^2-1 \cdot 10^0=299 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=5: \quad N_n =S_1^n -S_2^n=(n-1)10^{n-2}-\sum_{i=1}^2\sum_{j=i+2}^4 10^{n-4}=4\cdot 10^3-3\cdot 10^1=3970 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=6: \quad N_n =S_1^n -S_2^n+S_3^n=(n-1)10^{n-2}-\sum_{i=1}^3\sum_{j=i+2}^5 10^{n-4}+\sum_{i=1}^1\sum_{j=i+2}^3\sum_{k=j+2}^5 10^{n-6}=5\cdot 10^4-6\cdot 10^2+1\cdot 10^0=49401 \end{eqnarray*}$

20.04.2021, 20:30

Luftikus

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Zitat:

Original von Huggy
$\begin{eqnarray*} n=2: \quad N_n =S_1^n=(n-1)10^{n-2}=1 \cdot 10^0=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=3: \quad N_n =S_1^n=(n-1)10^{n-2}=2 \cdot 10^1=20 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=4: \quad N_n =S_1^n -S_2^n=(n-1)10^{n-2}-\sum_{i=1}^1\sum_{j=i+2}^3 10^{n-4}=3\cdot 10^2-1 \cdot 10^0=299 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=5: \quad N_n =S_1^n -S_2^n=(n-1)10^{n-2}-\sum_{i=1}^2\sum_{j=i+2}^4 10^{n-4}=4\cdot 10^3-3\cdot 10^1=3970 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=6: \quad N_n =S_1^n -S_2^n+S_3^n=(n-1)10^{n-2}-\sum_{i=1}^3\sum_{j=i+2}^5 10^{n-4}+\sum_{i=1}^1\sum_{j=i+2}^3\sum_{k=j+2}^5 10^{n-6}=5\cdot 10^4-6\cdot 10^2+1\cdot 10^0=49401 \end{eqnarray*}$

Hm, dann ist ja meine Formel zumindestens bis n=5 richtig smile

$\begin{eqnarray*} (x-1) \cdot 10^{x-2}-10^{x-4} \cdot \binom{x-2}{2} \; \text{x=[2,3,4,5,6,7]} \end{eqnarray*}$

https://www.wolframalpha.com/input/?i=%2...2C4%2C5%2C6%2C7

20.04.2021, 21:23

Huggy

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Zitat:

Original von Luftikus
Hm, dann ist ja meine Formel zumindestens bis n=5 richtig smile

$\begin{eqnarray*} (x-1) \cdot 10^{x-2}-10^{x-4} \cdot \binom{x-2}{2} \; \text{x=[2,3,4,5,6,7]} \end{eqnarray*}$

Zwar sehe ich nicht, wo das genau so bei dir gestanden hat, aber richtig ist generell

$\begin{eqnarray*} S_2^n=10^{n-4}\binom {n-2} 2 \end{eqnarray*}$

Das wäre der erste Schritt, das Ergebnis der Siebformel schöner zu gestalten. Der nächste ist dann

$\begin{eqnarray*} S_3^n=10^{n-6}\binom {n-3} 3 \end{eqnarray*}$

Und jetzt erkennt man schon das Schema.

20.04.2021, 21:52

Luftikus

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Zitat:

Original von Huggy
Und jetzt erkennt man schon das Schema.

Jup, hatte ich auch gerade gesehen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\lfloor{n/2}\rfloor} (-)^{k-1}10^{n-2k}\binom{n-k}{k} \end{eqnarray*}$

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