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Maturprüfung Stochastik, Permutation

Schüler

Tags: Kombinatorik, permutation, Stochastik

thegreenspirit aktiv_icon

18:28 Uhr, 11.08.2024

Vor uns liegen 6 Karten mit gleicher Rückseite. Auf der Vorderseite sind jeweils zwei Karten mit den Buchstaben

!,!

und ! markiert. Die Karten werden umgedreht und anschliessend perfekt gemischt. Dieser Vorgang findet jeweils vor jeder Teilaufgabe statt.

e)

Die Karten werden in zwei Reihen ausgelegt, einer Oberen aus 4 Karten
und einer Unteren aus den restlichen zwei Karten. Nun wird in der unte-
ren Zweierreihe eine Karte umgedreht. Sie zeigt ein !.
Anschliessend wird in der oberen Reihe ebenfalls eine Karte aufgedeckt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist es ebenfalls ein !?

In den Lösungen die ich habe steht das die Lösung

\frac{1}{2}

ist. Ich komme auf ein anderes Ergebnis und frage mich wo der Fehler ist.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich benötige bitte nur das Ergebnis und keinen längeren Lösungsweg."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Gemischte Aufgaben der Kombinatorik
Kombinatorik: Ziehen mit Reihenfolge und mit Zurücklegen
Kombinatorik: Ziehen mit Reihenfolge und ohne Zurücklegen
Kombinatorik: Ziehen ohne Reihenfolge und ohne Zurücklegen

pivot aktiv_icon

18:41 Uhr, 11.08.2024

Hallo,

wie ist das mit den Buchstaben auf der Vorderseite?

>>Auf der Vorderseite sind jeweils zwei Karten mit den Buchstaben
!,! und ! markiert.<<

Einfach mal die gesamte Originalaufgabe posten.

Gruß
pivot

thegreenspirit aktiv_icon

18:56 Uhr, 11.08.2024

Hier ist ein Bild van der gesamten Aufgabe.

pivot aktiv_icon

19:13 Uhr, 11.08.2024

Du hast ja nicht viel erklärt zu deinem Lösungsversuch. Insofern schwierig zu interpretieren.

Ich würde so vorgehen: Man legt nacheinander die Karten

B, B, R, R, G, G

in die zwei Reihen aus:

1. Eine

B

-Karte wird in der zweiten Reihe ausgelegt.
2. Die verbliebene

B

-Karte wird mit jeweils gleicher Wahrscheinlichkeit entweder in der ersten oder in der zweiten Reihe ausgelegt.
3. Die Verteilung der restlichen Karten

R, R, G, G

spielt keine Rolle mehr.

Roman-22

19:21 Uhr, 11.08.2024

Und wer hat dir

\frac{1}{2}

als Lösung für Teilaufgabe

e)

verkauft???

KL700 aktiv_icon

19:33 Uhr, 11.08.2024

Die Bedingung ist, dass dann unter das

2 . B

nicht liegen darf.

Es geht um bedingte WKT.

thegreenspirit aktiv_icon

19:38 Uhr, 11.08.2024

Die Lösung ist von einer Person die alte Prüfungen löst und sie dann ins netzt stellt.

arndludwig.de

Roman-22

19:40 Uhr, 11.08.2024

Da hat sich der gute Herr Ludwig eben einmal geirrt und auch viel zu aufwändig gerechnet, wenn er versucht, das mit bedingter Wahrscheinlichkeit zu erschlagen.

Es ist völlig egal, wie die Karten aufgelegt werden, welche Karte als "B" aufgedeckt wird und wo dann die zweite Karte umgedreht wird. nach dem Aufdecken des ersten "B" verbleiben 5 Karten, von denen genau eine noch ein "B" trägt. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist demnach schlicht

\frac{1}{5}

.

Das kommt nach Korrektur seines Fehlers auch beim aufwändigen Ansatz von Arnd Ludwig heraus.
Es ist da bloß bei seinem Ausdruck für

P (E_{1})

der Faktor

\frac{1}{4}

ersatzlos zu streichen.
Man könnte das

\frac{1}{4}

auch durch

\frac{4}{4}

ersetzen, so wie er is im zweiten Summanden verwendet hat, da es für das Ereignis "unten ein B" irrelevant ist, welche der vier Karten in der oberen Reihe aufgedeckt wird.

Aber es ist hier wirklich Overkill und völlig unnötig, mit Bayes anzurücken, auch wenn die Formulierung der Aufgabe zugegebenermaßen die Verwendung der bedingten Wahrscheinlichkeit nahe legt.

Siehe Anhang für die korrigierte Arnd-Ludwig-Lösung.

@pivot

> 2

. Die verbliebene "B"-Karte wird mit jeweils gleicher Wahrscheinlichkeit entweder in der ersten oder in der zweiten Reihe ausgelegt.
Das wäre falsch, denn bei dem in der Angabe beschriebenen Prozedere ist diese Wahrscheinlichkeit keineswegs gleich.
Nachdem du ein "B" in die zweite Reihe ausgelegt hast, verbleiben noch

\frac{5!}{2! \cdot 2!}

Permutationen für die verbleibenden 5 Karten und davon sind

\frac{4!}{2! \cdot 2!}

Permutationen, bei denen das zweite "B" in der oberen Reihe landet. Der Quotient dieser beiden Ausdrücke ist natürlich auch wieder

\frac{1}{5}

.
EDIT: Obiges war nicht ganz richtig! Es gibt

4 \cdot \frac{4!}{2! \cdot 2!}

Anordnungen für ein <i">B"</i> in der oberen Reihe, nachdem eines in die untere Reihe gelegt wurde, da ja das <i">B"</i> in einer beliebigen der 4 Positionen in der oberen Reihe platziert werden kann. Den Faktor 4 hatte ich oben vergessen.
Die WKT, dass dann eben genau dieses eine <i">B"</i> in der oberen Reihe umgedreht wird, ist

\frac{1}{4},

womit man dann wieder die Wahrscheinlichkeit

\frac{1}{5}

für das in

(e)

gesuchte Ereignis erhält.

\to \frac{1}{4} \cdot \frac{4 \cdot \frac{4!}{2! \cdot 2!}}{\frac{5!}{2! \cdot 2!}} = \frac{1}{5}

Was ich meinte, aber nicht geschrieben hatte, war, dass es NACH Platzierung des zweiten "B" in der ersten Reihe noch

\frac{4!}{2! \cdot 2!}

Permutationen für die restlichen vier Karten gibt.

pivot aktiv_icon

21:11 Uhr, 11.08.2024

@Roman

Ich überlege noch ...

Roman-22

21:28 Uhr, 11.08.2024

>

Ich überlege noch

. .

.
Zurecht ;-)
Denn in meine Ausführungen im letzten Absatz oben hatte sich ein Fehler eingeschlichen. Inzwischen habe ich oben mit einem EDIT nachgelegt und korrigiert.
Am Ergebnis

\frac{1}{5}

und aran, dass dieses sehr einfach und elementar zu erhalten ist, ändert das aber natürlich nichts.

Randolph Esser aktiv_icon

01:31 Uhr, 12.08.2024

Hier meine Antworten.

Erklärungen, wenn gegeben, beruhen auf sog. "Ziehen ohne Zurücklegen",

worauf sich die Probleme hier oBdA zurückführen lassen.

a)

\frac{1}{5}

b)

\frac{6 \cdot 5}{2} \cdot \frac{4 \cdot 3}{2} \cdot \frac{2 \cdot 1}{2} = 90

c)

Nichts ist hier anders als bei

b),

also auch

90

d)

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

.

Man zieht eine Karte, dann eine zweite.

Die Chance, dass diese sich von der ersten unterscheidet, ist

\frac{4}{5}

.

Nun zieht man noch eine dritte Karte.

Die Chance, dass diese sich von den ersten zwei

(die verschieden sind) unterscheidet, ist

\frac{1}{2}

\frac{4}{5} \cdot \frac{1}{2}

ist also die Chance auf ein Tripel

paarweise unterschiedlicher Karten.

Das Komplement dazu ist die Lösung.

e)

\frac{4}{5} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{5}

.

Man hat ein

B

gezogen und zieht eine weitere Karte

(die die andere Karte in der unteren Reihe repräsentiert).

Die Chance, dass diese Karte kein

B

ist, ist

\frac{4}{5}

.

Nun zieht man eine dritte Karte

(die die aufgedeckte Karte der oberen Reihe repräsentiert)

Die Chance, dass diese ein

B

ist, ist

\frac{1}{4}

f)

Erste Frage:

\frac{2}{6} \cdot \frac{1}{5} = \frac{1}{15} < \frac{1}{5}

.

Zweite Frage: Bestimme

r > 0,

sodass

\frac{2 + r}{6 + r} \cdot \frac{1 + r}{5 + r} > \frac{1}{5}

\Leftrightarrow r^{2} + 3 r + 2 > \frac{r^{2} + 11 r + 30}{5}

\Leftrightarrow 4 r^{2} + 4 r - 20 > 0 \Leftrightarrow r^{2} + r > 5 \Leftrightarrow r > \frac{\sqrt{21} - 1}{2} \approx 1,791

.

Wenigstens 2 weitere Karten "R" müssen hinzugefügt werden.

g)

Bestimme

r > 0,

sodass

\frac{r}{6} \cdot \frac{r - 1}{5} > \frac{1}{2}

\Leftrightarrow r^{2} - r > 15 \Leftrightarrow r > \frac{\sqrt{61} + 1}{2} \approx 4,405

.

Mindestens 5 Karten müssen ein "R" tragen .

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