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6Briefe-6Kuverts

Schüler Gymnasium, 9. Klassenstufe

Laplace-Wahrscheinlichkeit

Tags: Laplace-Wahrscheinlichkeit

Birne aktiv_icon

18:30 Uhr, 17.03.2010

Hi,

wir machen zurzeit Stochastik in der 9.Klasse Gymnasium.

Eigentlich komm ich ganz gut zurecht aber bei einer Aufgabe hab ich absolut keine Ahnung

: (

So was wie "3 aus 6" (unser Lehrer hat gesagt es gäbe da eine Formel und hat diesen Namen genannt) sollen wir nicht benutzen weil wir das noch nicht haben.

Die Aufgabe:
Du hast 6 Briefe und steckst sie wahllos in 6 bereits mit Adressen beschriften Kuverts.
also: ein Brief "A" für das Kuvert "a", ein Brief "B" für das Kuvert "b".

Aber wie gesagt stecke ich sie jetzt wahllos in ein Kuvert. Jetzt soll ich die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses " Kein Brief ist im richtigen Kuvert" ausrechnen.

Kann mir da jemand helfen?

Danke

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

bruce57 aktiv_icon

20:56 Uhr, 17.03.2010

Hi,

Du hast 6 Briefe und 6 Kuverts.
Dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass der 1. Brief in einem falschen Kuvert landet,

\frac{5}{6};

denn die Wahrscheinlichkeit, dass er im richtigen Kuvert landet, beträgt ja nur

\frac{1}{6},

und

1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}

.

Es bleiben 5 Briefe und 5 Kuverts.
Jetzt ist die

W .,

dass der 2. Brief in einem falschen Kuvert landet,

\frac{4}{5}

.

Bleiben 4 Briefe und 4 Kuverts.

W .,

dass Brief Nr.

3

in einem falschen Kuvert landet, beträgt

\frac{3}{4}

.

3 Briefe, 3 Kuverts

\to W

. für falsches Kuvert:

\frac{2}{3}

.
2 Briefe, 2 Kuverts

\to W

. für falsches Kuvert:

\frac{1}{2}

1 Brief, 1 Kuvert

\to W

. für falsches Kuvert: 1

Um die Wahrscheinlichkeit zu erhalten, dass alle Briefe in einem falschen Kuvert landen, muss man diese Einzelwahrscheinlichkeiten multiplizieren:

\frac{5}{6} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{6}

Wenn ich mir so etwas verdeutlichen will, nehme ich erst mal kleinere Zahlen und zähle einfach ab,

z . B

. 3 Briefe und 3 Kuverts. Nach obiger Berechnung müsste hier die Wahrscheinlichkeit, dass alle Briefe in falschen Kuverts sind, betragen:

\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{3}

Zählen wir durch:
(Aa) (Bb) (Cc)
(Aa) Bc Cb
Ab Ba (Cc)
Ab Bc Cb

< -

Ac Ba Cb

< -

Ac (Bb) Ca

Ich hoffe, es ist klar geworden.
Besten Gruß
Andreas

DK2ZA aktiv_icon

21:33 Uhr, 17.03.2010

Nach dieser Überlegung müsste die Wahrscheinlichkeit bei 4 Umschlägen und 4 Briefen genau

\frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{4}

sein.

Es gibt

4! = 24

verschiedene Anordnungen (Permutationen) der Buchstaben

a, b, c

und

d

.
Dann müsste es also

24 \cdot \frac{1}{4} = 6

Anordnungen geben, bei denen a nicht auf Platz 1 liegt,

b

nicht auf Platz

2, c

nicht auf Platz 3 und

d

nicht auf Platz 4.

Es sind aber

9,

nämlich

badc
bcda
bdac
cadb
cdab
cdba
dabc
dcab
dcba

Bei 6 Briefen gibt es

6! = 720

Permutationen. Bei

265

von diesen ist kein Brief im richtigen Kuvert (mit Hilfe eines Programms gezählt). Das ergibt eine Wahrscheinlichkeit von

\frac{265}{720} = \frac{53}{144}

.

Siehe auch

http//nms.skyar.com/texte/briefe/briefe.php

Dort ist die Formel (mit Tippfehler) angegeben, mit der man die Wahrscheinlichkeit berechnen kann, dass von

n

Briefen genau

k (k = 0 ... n)

richtig in

n

Umschläge gesteckt werden:

\frac{1}{k!} \cdot \sum_{i = 0}^{n - k} \frac{{(- 1)}^{i}}{i!}

Für

n = 6

und

k = 0

ergibt sich

1 - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} - \frac{1}{5!} + \frac{1}{6!} = \frac{53}{144}

GRUSS, DK2ZA

bruce57 aktiv_icon

22:23 Uhr, 17.03.2010

Oh, da habe ich wohl völlig falsch gelegen - Entschuldigung an Birne und Dank an DK2ZA für die Korrektur!

DK2ZA aktiv_icon

22:29 Uhr, 17.03.2010

Das ist ein ziemlich schwieriges Problem. Es tritt auch bei dem bekannten "Weihnachtswichteln" auf.

Für eine 9. Klasse ist das unlösbar. Wahrscheinlich hat der Lehrer sich das einfacher vorgestellt.

Hallo Birne! Berichte uns doch mal, was aus der Aufgabe geworden ist!

GRUSS, DK2ZA

Birne aktiv_icon

17:30 Uhr, 18.03.2010

Ok, erstmal danke!

Weil KEINER die Lösung hatte hat der Lehrer die Hausaufgabe jetzt auf nächsten Montag verschoben. Scheinbar gibt es doch eine recht "einfache" Lösungsmöglichkeit.

Vielen dank das ihr mir helft. Aber du schreibst ja das du das mithilfe eines programmes ermittelt hast. und das sollen wir ja nicht

: (

DK2ZA aktiv_icon

18:23 Uhr, 18.03.2010

Was ist denn nach Meinung deines Lehrers die Lösung?

GRUSS, DK2ZA

Birne aktiv_icon

18:58 Uhr, 18.03.2010

Die hat er noch nicht verraten :-D) . Warscheinlich gibt es eine ganz einfache Lösung und nacher sag ich dann "klar, wie den auch sonst"

Aber ich komm nicht drauf

: (

DK2ZA aktiv_icon

19:55 Uhr, 20.03.2010

Ich habe alles noch einmal zusammengefasst:

Auf einem Schreibtisch liegt ein kleiner Stapel von sechs Briefen. Die zugehörigen und bereits adressierten Briefumschläge liegen daneben. Eine Hilfskraft nimmt nun jeweils den obersten Brief und steckt ihn in den obersten Umschlag. Leider waren die Stapel aber noch nicht sortiert, so dass die Briefe nun ganz zufällig auf die Umschläge verteilt sind.

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass jeder Brief im zugehörigen Umschlag steckt?

Wir nennen die Briefe

a, b, c, d, e, f,

die Umschläge

A, B, C, D, E, F

.

Brief a wird zuerst in einen Umschlag gesteckt und die Wahrscheinlichkeit, dass es der richtige ist, beträgt

\frac{1}{6}

.

Unter der Voraussetzung, dass Brief a im richtigen Umschlag steckt, gibt es bei Brief

b

noch 5 Möglichkeiten. Die Wahrscheinlichkeit, dass er in Umschlag

B

gesteckt wird, ist

\frac{1}{5}

.

Unter der Voraussetzung, dass die Briefe a und

b

in den richtigen Umschlägen stecken, gibt es bei Brief

c

noch 4 Möglichkeiten. Die Wahrscheinlichkeit, dass er in Umschlag

C

gesteckt wird, ist

\frac{1}{4}

.

Unter der Voraussetzung, dass die Briefe

a, b

und

c

in den richtigen Umschlägen stecken, gibt es bei Brief

d

noch 3 Möglichkeiten. Die Wahrscheinlichkeit, dass er in Umschlag

D

gesteckt wird, ist

\frac{1}{3}

.

Unter der Voraussetzung, dass die Briefe

a, b, c

und

d

in den richtigen Umschlägen stecken, gibt es bei Brief

e

noch 2 Möglichkeiten. Die Wahrscheinlichkeit, dass er in Umschlag

E

gesteckt wird, ist

\frac{1}{2}

.

Unter der Voraussetzung, dass die Briefe

a, b, c, d

und

e

in den richtigen Umschlägen stecken, gibt es bei Brief

f

noch 1 Möglichkeit. Die Wahrscheinlichkeit, dass er in Umschlag

F

gesteckt wird, ist 1.

Die Wahrscheinlichkeit, dass all dies tatsächlich nacheinander geschieht, ist

\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{720}

Man kann das auch so betrachten:

Die Anordnung der Briefe muss genau der Anordnung der Umschläge gleichen.
Bei 6 Gegenständen gibt es

6! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 = 720

verschiedene Möglichkeiten, sie nebeneinander zu legen

(720

Permutationen). Nur eine davon ist die richtige.

Nun gilt:

Wahrscheinlichkeit = (Anzahl der günstigen)/(Anzahl der möglichen)

= \frac{1}{720}

.

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass kein einziger Brief im zugehörigen Umschlag steckt?

Wir denken uns die Umschläge nebeneinander gelegt: ABCDEF

Darauf legen wir nacheinander die Briefe in allen

720

möglichen Permutationen (von abcdef über abcdfe, abcedf, abcefd bis fedcba) und zählen, wie oft es keine einzige Übereinstimmung gibt.
Das Ergebnis

265

ist hier die Anzahl der günstigen und so ergibt sich die gesuchte Wahrscheinlichkeit zu

\frac{265}{720} = \frac{53}{144} \approx 0,368 = 36,8 %

.

Wie findet man die Zahl

265

ohne alle

720

Permutationen zu untersuchen,

d . h

. wie viele Möglichkeiten gibt es, 6 Briefe auf 6 Umschläge so zu verteilen, dass keiner im richtigen Umschlag steckt?

Beginnen wir mit Brief

a

. Für ihn gibt es 5 mögliche Umschläge, nämlich BCDEF.
Angenommen, wir legen ihn in Umschlag

D

(bei einer anderen Wahl ändert sich an der folgenden Überlegung nur ein Buchstabe).

Nun kommt es darauf an, was mit dem Brief geschieht, der eigentlich in den Umschlag

D

gehören würde, also mit Brief

d

. Hier unterscheiden wir zwei Fälle:

1.

d

kommt in Umschlag

A, d . h

. die Briefe a und

d

wurden einfach vertauscht.
Nun bleiben noch die 4 Briefe bcef, die auf die Umschläge BCEF so zu verteilen sind, dass keiner im richtigen Umschlag steckt. Wie viele Möglichkeiten gibt es dafür?
Das ist aber genau die ursprüngliche Fragestellung, nur dass es jetzt zwei Briefe und zwei Umschläge weniger sind.
(Wird später begründet: Bei 4 Briefen und 4 Umschlägen gibt es 9 Möglichkeiten)

2.

d

kommt nicht in Umschlag A.
Nun haben wir also die 5 Briefe bcef und

d,

welche auf die Umschläge ABCEF so zu verteilen sind, dass

b

nicht in

B, c

nicht in

C, e

nicht in

E, f

nicht in

F

gesteckt werden und

d

nicht in A. Wie viele Möglichkeiten gibt es dafür?
Das ist wieder genau die ursprüngliche Fragestellung, nur dass es jetzt ein Brief und ein Umschlag weniger sind.
(Wird später begründet: Bei 5 Briefen und 5 Umschlägen gibt es

44

Möglichkeiten)

Zusammen sind es also

9 + 44 = 53

der gesuchten Anordnungen, wenn wir Brief

a

in Umschlag

D

gesteckt haben. Da es für Brief a aber 5 Möglichkeiten gab, erhalten wir als Anzahl der gesuchten Permutationen

5 \cdot 53 = 265

.

Wir haben also, um die Frage für 6 Briefe und 6 Umschläge zu beantworten, die Antworten für

6 - 2 = 4

und für

6 - 1 = 5

Briefe bzw. Umschläge gebraucht. Diese waren zu addieren und mit

6 - 1 = 5

zu multiplizieren.

Wenn sich die ursprüngliche Frage auf 5 Briefe und 5 Umschläge bezogen hätte, dann hätten wir die Antworten für

5 - 2 = 3

und für

5 - 1 = 4

Briefe bzw. Umschläge gebraucht

(2

bzw.

9)

und deren Summe mit

5 - 1 = 4

zu multiplizieren gehabt:

(2 + 9) \cdot 4 = 44

.

Nun wird verallgemeinert.

Die Anzahl der Möglichkeiten,

n

Briefe auf

n

Umschläge zu verteilen, ohne dass auch nur ein Brief im richtigen Umschlag steckt, nennen wir

z_{n} (z_{6}

ist also

265)

.

Dann gilt:

z_{n} = (z_{n - 1} + z_{n - 2}) \cdot (n - 1)

Im Beispiel war

n = 6

. Also:

z_{6} = (z_{5} + z_{4}) \cdot (6 - 1) = (44 + 9) \cdot 5 = 265

Damit ist klar, wie man das Problem für eine beliebige Anzahl von Briefen bzw. Umschlägen lösen kann.

Bei einem Brief und einem Umschlag gibt es

z_{1} = 0

Möglichkeiten, den Brief in den falschen Umschlag zu stecken.

Bei 2 Briefen und 2 Umschlägen gibt es

z_{2} = 1

Möglichkeit, alles falsch zu machen.

Bei 3 Briefen und 3 Umschlägen können wir die Beziehung von oben verwenden:

z_{3} = (z_{2} + z_{1}) \cdot (3 - 1) = (0 + 1) \cdot 2 = 2

Das kann man leicht von Hand überprüfen.

Bei 4 Briefen und 4 Umschlägen ist entsprechend

z_{4} = (z_{3} + z_{2}) \cdot (4 - 1) = (2 + 1) \cdot (4 - 1) = 9

Bei 5 Briefen und 5 Umschlägen:

z_{5} = (9 + 2) \cdot (5 - 1) = 44

Bei 6 Briefen und 6 Umschlägen:

z_{6} = (44 + 9) \cdot (6 - 1) = 265

Bei 7 Briefen und 7 Umschlägen:

z_{7} = (265 + 44) \cdot (7 - 1) = 1854

usw.

Das alles hat schon Leonhard Euler

(1707 - 1783)

herausgefunden.

Es gibt übrigens eine Website, bei der man einen Teil einer Zahlenfolge eingeben kann und man erhält dann ihre Fortsetzung und das Bildungsgesetz, falls bekannt:

http://www.research.att.com/~njas/sequences/?q=

Also einfach

0,1,2,9,44,265

eingeben und staunen!

GRUSS, DK2ZA

Birne aktiv_icon

16:16 Uhr, 21.03.2010

Cool!

Danke!

DK2ZA aktiv_icon

19:27 Uhr, 21.03.2010

Bin gespannt, was dein Lehrer dazu sagt.

GRUSS, DK2ZA

Birne aktiv_icon

15:58 Uhr, 22.03.2010

Ich auch :-) werd ihm morgen geben ;-)

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