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Kombinatorik-Aufgabe...
Universität / Fachhochschule
Binomialkoeffizienten
Tags: Binomialkoeffizient
 
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Hi Leutz Ich hab viele, einfache Fragen zu Kombinatorik da ich leider keine Ahnung davon habe..die erste: Nehmen wir an, wir haben 2 Personen, und 6 Kugeln, wobei die Kugeln aus 3 roten und 3 schwarzen bestehen. Jede Person kriegt jetzt 3 Kugeln, zufällig ausgewählt, ohne zurücklegen, auf Reihenfolge kommts nicht an - man will einfach wissen, wer wieviele rote/schwarze Kugeln hat. Wie: berechne ich, wieviele Kombinationsmöglichkeiten es gibt? Also es gäbe ja für Person . . . . (das sind ja alle 4 Möglichkeiten - was die Person 2 hat ergänzt sich ja entsprechend). Mit welcher Formel würde ich auf das kommen (falls es überhaupt stimmt)? ii) Wie berechne ich die Wahrscheinlichkeit, dass eine Person genau 3 rote Kugeln hat? Thx (ich hab übrigens wieder "Forum für Schüler" angeklickt..wie ist es wieder ins Uni Forum gelangt ist, ist mir ein Rätsel......) |
| Hierzu passend bei OnlineMathe: Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de: |
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Hallo, "Mit welcher Formel würde ich auf das kommen (falls es überhaupt stimmt)?" Nicht immer gibt es Formeln! Oftmals, und gerade in der Kombinatorik, ist ein Trick einfacher: Man bildet das Problem auf ein anderes, einfacheres ab. Wenn man nur wissen will, wie viele Möglichkeiten es gibt (bei denen die roten und schwarzen Kugeln untereinander nicht unterscheidbar sind), dann würde ich das Problem wie folgt angehen: Ich habe die 6 Kugeln, 3 rote und 3 schwarze. Und ich habe ein Brett mit 6 Vertiefungen, in die ich die 6 Kugeln zufällig lege. Die drei linken Kugeln sind für die Person 1 bestimmt, die drei rechten Kugeln sind für die Person 2 bestimmt. Ist es möglich, dass jetzt auf der linken Seite keine rote Kugel liegt? Ja, also ist die minimale Anzahl an roten Kugeln auf der linken Seite Null! Wie viele rote Kugeln können auf der linken Seite maximal liegen? Drei rote Kugeln, denn es gibt 3 Vertiefungen und es gibt auch drei rote Kugeln zum Verteilen! Ist jede Möglichkeit zwischen diesen 0 und 3 Kugeln möglich? Ja, welche sollte denn ausgeschlossen sein? Wenn ich eine Verteilung habe, kann ich das Brett einfach um 180° drehen und ich habe eine andere Verteilung, die einfach nur einem Kugeltausch der beiden Personen entspricht. Es genügt also nur die linke Seite des Bretts zu betrachten, was dort möglich ist, ist genauso auf der rechten Seite möglich. Und auf der linken Seite sind ALLE Anzahlen von 0 bis 3 für die roten Kugeln möglich. Also gibt es genau 4 Möglichkeiten für eine Kugelverteilung. Bei der Wahrscheinichkeit, dass eine Person genau 3 rote Kugeln hat, kann man mit dem selben Modell arbeiten. Die Formel für die Permutationen mit Wiederholung gibt uns die Anordnungsmöglichkeiten, die es insgesamt für die 6 Kugeln gibt. Die günstigen Möglichkeiten sind dabei die, bei der links die drei roten Kugeln liegen (da gibt es dann nur noch eine Möglichkeit) oder links liegen alle schwarze Kugeln, weil dann alle roten Kugeln rechts liegen, auch hier ist es nur eine Möglichkeit. Letztendlich hat man 2 günstige Möglichkeiten. Die Wahrscheinlichkeit ergibt sich dann aus dem Verhältnis der günstigen zu allen möglichen Anordnungen und das ist dann hier . |
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Vielen Dank erstmals. Ja, den ersten Abschnitt, den du geschrieben hast, hatte ich ja auch schon beschrieben. In unserem Fall mit nur 6 Kugeln ist es auch relativ einfach, das mal aufzuschreiben - aber bei zB Kugeln wäre das ja praktisch unmöglich..?! Und zum zweiten Teil: Auf "20" kommst du mit oder? Auf diese Fragestellung bin ich eigentlich aufgrund dieser gekommen (ich hab keine Ahnung ehrlich gesagt, bins aber grad am ausprobieren): "Ein Bridgespiel Karten, bestehend aus 4 Farben zu je Bildern) wird an 4 Spieler verteilt. Jeder bekommt Karten. Finden Sie die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler Karo erhalt." Thx |
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Hallo, da es Dir bei den Karten nur um die Farben geht (es soll ja einer alle Karo-Karten erhalten) kann man genauso vorgehen: Man legt die Karten nebeneinander auf den Tisch (nicht dran denken, dass der dann riesig sein müßte, wir haben in Gedanken einen Tisch, der breit genug ist). Die ersten Karten bekommt der erste Spieler, die nächsten Karten der zweite usw. usf. Auch hier können wir die Kartenverteilung der Farben anhand der Permutation mit Wiederholung finden: . Die günstigen sind die 4 Möglichkeiten, bei denen die Karokarten die "Plätze" 1 bis bis bis und bis belegen. Bleibt also: |
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"Ein Bridgespiel (52 Karten, bestehend aus 4 Farben zu je 13 Bildern) wird an 4 Spieler verteilt. Jeder bekommt 13 Karten. Finden Sie die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler 13 Karo erhalt." -> Binomialkoeffizient benutzen ... Lottomodell ! Ganz einfach: P = günstige Möglichkeiten / Gesamtmöglichkeiten Gesamtmöglichkeiten = (n über k) = (52 über 13) Günstige Möglichkeiten: Lege links einen Stapel mit den Karokarten (sind 13). Lege rechts einen Stapel mit den Restkarten (sind 39). Du willst 13 Karokarten. Ziehe vom linken Stapel 13 Karten -> (n über k) = (13 über 13) Ziehe vom rechten Stapel 0 Karten -> (n über k) = (39 über 0) Die günstigen Möglichkeiten sind dann (13 über 13)*(39 über 0). Zur Berechnung der Wahrscheinlichkeit dann: P = günstige Möglichkeiten / Gesamtmöglichkeiten Genauso funktioniert aus auch, wenn Du die Wahrscheinlichkeiten z.B. beim Lotto 6 aus 49 ausrechnen möchtest. Probiere es einfach mal aus ... LG Ma-Ma |
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Hä?? bin(13,13) bin(39,0) Dann sind nach deiner Aussage die günstigen Möglichkeiten = 0?? |
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Schaue bitte in Deine Formelsammlung oder nutze den TR. Was ist (n über 0) ? Was ist (39 über 0) ? Was ist (100 über 0) ? |
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Kleine Ergänzung: Es soll (irgend-)ein Spieler das Karoblatt bekommen. Also der 1. oder 2. oder 3. oder der 4. Damit müssen natürlich die günstigen (gewünschten) Möglichkeiten noch mal 4 genommen werden. LG Ma-Ma |
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Japs, habs gesehen, sorry, (die günstigen Fälle hier sind aber . Also, wenn ich es richtig verstehe, hätte ich somit: was sich kürzt zu: stimmt das so? Lg |
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Ebenfalls ein Nachtrag: Das gibt aber nicht das gleiche Resultat, wie nach Bumerangs Methode - kann das sein? |
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Kleine Ergänzung: (siehe oben) Es soll (irgend-)ein Spieler das Karoblatt bekommen. Also der 1. oder 2. oder 3. oder der 4. Damit müssen natürlich die günstigen (gewünschten) Möglichkeiten noch mal 4 genommen werden. ------------- Dein Ergebnis ist leider falsch. Lese Dir meinen Post nochmal GENAU durch und schaue auf die Formel. Oder gucke in Dein Lehrbuch (z.B. Lottoziehung). Oder Formelsammlung: Hypergeometrische Verteilung. Wenn ich jetzt das richtige hinschreiben würde, bringt es nicht viel. Du musst das wirklich einmal selbst gemacht haben. Also, nochmal genau meinen Post durchlesen, dann schaffst Du es auch ! LG Ma-Ma |
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"Ebenfalls ein Nachtrag: Das gibt aber nicht das gleiche Resultat, wie nach Bumerangs Methode - kann das sein?" Meine Antwort: 1) Habe Bumerangs Formel nicht nachgerechnet - ist mir zu aufwendig ... 2) Deine Formel war leider nicht korrekt, sodass ein anderes Ergebnis herausgekommen ist ... LG Ma-Ma |
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Also ich würde mich Miauschs Lösung anschließen: Ich sehe auch keinen Unterschied zu Ma-Mas Beschreibung. Deshalb fände ich es schon angebracht zu erklären, was da falsch sein soll. |
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Die Formel mit den 5 Binomialkoeffizienten meine ich. Nochmal Kopie von oben: P = günstige Möglichkeiten / Gesamtmöglichkeiten Gesamtmöglichkeiten = (n über k) = (52 über 13) Günstige Möglichkeiten: Lege links einen Stapel mit den Karokarten (sind 13). Lege rechts einen Stapel mit den Restkarten (sind 39). Du willst 13 Karokarten. Ziehe vom linken Stapel 13 Karten -> (n über k) = (13 über 13) Ziehe vom rechten Stapel 0 Karten -> (n über k) = (39 über 0) Die günstigen Möglichkeiten sind dann (13 über 13)*(39 über 0). Zur Berechnung der Wahrscheinlichkeit dann: P = günstige Möglichkeiten / Gesamtmöglichkeiten Der Zähler ist dann: 4* (13 über 13) * (39 über 0). Der Nenner ist dann (52 über 13). Das war alles ... LG Ma-Ma |
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Ich bin mir nicht ganz sicher, ob ich Miauschs Formel mit den 5 Binomialkoeffizienten richtig verstehe. Ich denke, sie zieht nach den Karten für Spieler 1 danach noch Karten für Spieler 2 usw. Das finde ich gar nicht so unangebracht. Denn die Begründung des Faktors in dem einfachen Modell als 4 günstige Möglichkeiten finde ich sehr wackelig. Das sind doch gar nicht 4 günstige Möglichkeiten von den möglichen, da ja nur (ein Mal) Karten gezogen werden. Man könnte das aber auch reparieren, indem man die Wahrscheinlichkeit für jeden Spieler getrennt berechnet: . Weil nicht mehrere Spieler gleichzeitig Karos haben können vervierfacht sich die Wahrscheinlichkeit dann einfach. |
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Es führen viele Wege nach Rom ... und es gibt (meist) nicht DIE Lösung in der Mathematik. Wenn ein einfacher klarer Weg vorgegeben ist, mache ich (persönlich) mir nicht alle möglichen Umwege, die eventuell noch gangbar wären (ausser es ist zwingend nach anderen Wegen gefragt). Die Ergebnisse habe ich nicht nachgerechnet. Kann aber hundertprozentig versichern, dass mein Weg zum richtigen Ergebnis führt. Einfach, klar und richtig ... Wer Zweifel hegt, kann dies gerne mit anderen Konstellationen nachrechnen (z.B. 6 aus 49 Rechenbeispiele) oder mit dem Baumdiagramm .... LG Ma-Ma PS: Ein Spieler habe ich auch mit "irgendein" Spieler interpretiert, deshalb der Faktor 4. |
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@Ma-Ma: Ich habe nirgendwo Zweifel an Deinem Ergebnis geäußert, nur eine Kleinigkeit an der Begründung beanstandet. Ich habe mich nur eingeschaltet, weil Miauschs Ergebnis (auch) richtig war. Bleibt noch die Frage, weshalb mit Bummerangs Ansatz etwas anderes herauskommt? Er hat (statt in Karo und Nicht-Karo) in vier verschiedene Farben unterteilt. Dann gibt es allerdings deutlich mehr als nur vier günstige Möglichkeiten, da die restlichen Karten ja viele verschiedene Aufteilungen der drei anderen Farben haben können. Nach dem gleichen Prinzip müssten das günstige Möglichkeiten sein. Und damit müsste man dann eigentlich zum gleichen Ergebnis gelangen. |
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Hallo MatLog, kein Problem ... Meine Ablehnung von Miauschs Formel, weil: Ich habe einen einfachen Weg erklärt, sie macht etwas ganz anderes ... (Die Formel mit den 5 Binimialkoeffizienten ist mir auch nicht ganz klar.) Ich werde hier auch nicht jeden Weg/Irrweg nachvollziehen oder ausrechnen. Wer Hilfe möchte, kann sich am gezeigten (einfachen) Beispiel entlang hangeln. Wer das nicht will, eben nicht. Ich habe auch weder Lust noch Zeit, irgendwelche umständlichen Wege nachzuvollziehen ... Einen schönen Abend wünscht Dir Ma-Ma |
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Hallo Ma-Ma, mein Ansatz bei der Hilfe sieht etwas anders aus: Ich finde es extrem wichtig, mich in die Gedankengänge des Fragestellers hinein zu versetzen, um ihm dann zu erklären, was falsch war oder vielleicht nur zu kompliziert. Aus meiner Erfahrung ist dabei der Lerneffekt am größten. Ich gebe gerne zu, dass das manchmal sehr mühsam sein kann. Andere Helfer haben bestimmt andere Erfahrungen. Jede (vernünftige) Hilfe ist hier sicher willkommen! Ich wünsche Dir auch einen schönen Abend und ein entspanntes Wochenende! Matlog |
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@Ma-Ma Niemand hier hat gesagt, du sollst "alle Wege oder Irrwege" ausprobieren. Du hast ziemlich klar ausgedrückt, dass meine Lösung falsch ist. Wenn du dich da getäuscht hast, kannst du das ja auch sagen. Ist doch kein Ding, man kann sich nun mal täuschen. @Matlog Danke. Ich denke auch, dass mein Weg richtig ist, und du hast es auch richtig interpretiert. Übrigens bin ich auch kein Schulkind, dass man "zum in die Bücher gucken" wegschicken kann :-P) |
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Hallo Ihr zwei beide, Ja, viele Fragen, mehrere Helfende , mehrere Wege .. Mein Ansatz war: Klare Frage, möglichst einfacher und effektiver Weg zur Lösung. @Miausch: Magst Du folgende Aufgabe (nach meinem Ansatz) lösen ? (Ich möchte Dir einfach die Effektivität und Einfachheit nahebringen..) 20 Kugeln. 10 rote, 5 blaue und 5 gelbe. Es werden 8 Kugeln ohne Zurücklegen gezogen. a) Wieviele Möglichkeiten gibt es, 5 rote, 2 blaue und 1 gelbe zu ziehen ? b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, 5 rote, 2 blaue und 1 gelbe zu ziehen ? Lösungshinweis: In drei Kästchen jeweils die entsprechen farbigen Kugeln packen und die geforderte Anzahl ziehen. Ansatz: linkes Kästchen 10 rote, davon zieht man 5 Stück. Erster Faktor (10 über 5) usw. usf. |
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"Übrigens bin ich auch kein Schulkind, dass man "zum in die Bücher gucken" wegschicken kann " Nein, Du bist Studentin und musst zwingend mit der Formelsamlung umgehen können. Ich weiß auch nicht alles, verschaffe mir aber einen Überblick, wo ich Hinweise erhalten kann. HYPERGEOMETRISCHE VERTEILUNG ist hier das Stichwort. Hättest Du nachgeschlagen, hätte sich Deine 2.Aufgabe in Luft aufgelöst ... |
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@Bummerang Mich würde es immer noch interessieren, warum du auf ein anderes Resultat kommst... |
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Falls diese Rückfrage an Bummerang sich auf die Angabe bezieht, so ist sie berechtigt. Denn gibt die Anzahl der Kartenverteilungen auf vier Spieler an: Im Prinzip gibt es Austeilreihenfolgen, aber man "erlaubt" jedem Spieler, seine Karten umzusortieren, bzw. erklärt Kartenausteilreihenfolgen, bei denen jeder dieselben Karten wie bei einer anderen Austeilung erhält (nur möglicherweise in einer anderen reihenfolge), für identisch. Das nennt sich auch hypergeometrische Verteilung. Dummerweise gibt es jedoch viel mehr als 4 im Sinne der Aufgabenstellungen "günstige" Kartenverteilungen: Wenn Spieler A alle Karos hat, ist die Verteilung der übrigen Karten auf lange noch nicht festgelegt. Wenn man stattdessen das viel restriktivere Ereignis Jeder Spieler hat eine "Farbflöte" berechnen wollte, wäre es sinnvoll,von der hypergeometrischne auszugehen. Aber dann gäbe es - angesichts von Möglichkeiten die Farben auf vier Spieler zu verteilen - insgesamt von Möglichkeiten, also ergäbe sich eine Wahrscheinlichkeit von also das Sechsfache dessen, was Bummerang für "ein Spieler hat alle Karos" errechnet. Gewissermaßen ging Bummerang durch Einbeziehen der Kartenverteilung der "unbeteiligten" Mitspieler zu sehr ins Detail und hat sich in diesen Details dann beim Zählen der günstigen Fälle verfangen. Richtig ist dagegen nach wie vor der andere Ansatz: Die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler A die Karokarten erhält, ist diejenige, aus den möglichen Weisen, Karten aus für A auszuwählen, ausgerechnet die günstige zu erwischen, das ist . Man errechnet denselben Wert für Spieler und D. Und da die vier Ereignisse "A hat alle Karos", "D hat alle Karos" einander ausschließen, kann man die Einzelwahrscheinlichkeiten addieren, macht . Punkt. Aber dennoch gibt es durchaus andere richtige Ansätze (und wenn sie richtig sind, liefern sie am Ende denselben Wert). Beispielsweise könnte man so vorgehen: Irgendein Spieler kriegt garantiert das Karo-As. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass dieser Spieler mit den übrigen Karten die übrigen Karos erhält? Das ist offenbar 1 günstiger Fall aus somit erhält man . Nicht erschrecken - das ist wirklich derselbe Wert wie oben :-) |
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Danke Hagman, nun ist alles klar! |
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