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Permutationen aus doppelten Buchstaben

Schüler

Tags: Kombinatorik, permutation, Stochastik

ebolin2001 aktiv_icon

19:21 Uhr, 12.05.2019

Hallo,

ich habe folgende Aufgabenstellung: Aus den Buchstaben des Wortes "DABEISITZE" werden "auf gut Glück" genau drei nacheinander ausgewählt, um ein neues Wort zu bilden.

Errechnen Sie die Wahrscheinlichkeit

p,

mit der "EIS" gebildet wird.

Mein Ansatz bisher, das Wort "EIS" tritt nur einmal auf in der Wortbildung. Die Wahrscheinlichkeit ist also insgesamt

p = \frac{1}{| Ω |}

Es stellt sich die Frage, wie viele Möglichkeiten gibt es bzw. wie groß ist der Ergenisraum

Ω

Das Problem liegt darin, dass 1. doppelte Buchstaben auftreten und gleichzeitig 2. das Wort nur 3 Buchstaben haben soll
Für die einzelnen Fälle, wüsste ich die jeweilige Lösung, wie man beides beachtet, wie hier, weiß ich nicht.

Ich komme insgesamt, ohne Berücksichtigung der Duplikate in der Menge auf

| Ω | = \frac{10!}{(10 - 3)!} = 720

Wie viele Duplikate gibt es also bzw. wie streicht man diese aus dem Ergebnisraum?

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

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

Roman-22

20:24 Uhr, 12.05.2019

>

Die Wahrscheinlichkeit ist also insgesamt p=1|Ω|
Das wäre falsch, wenn dein Ereignisraum aus allen dreibuchstabigen Wörtern OHNE Mehrfachzählung der mehrfach auftretenden Wörter besteht, so wie du das offenbar anstrebst. Der Grund ist, dass dann ja nicht jedes Wort mit gleicher WKT auftritt.

Richtig wäre es nur, wenn du die "doppelten" Wörter auch entsprechend mehrfach mit zählst und berücksichtigst, dass das Wort "EIS" mit zwei unterschiedlichen "E" und zwei unterschiedlichen "I" erzeugt werden kann. Also auf vier Arten.

>

Ich komme insgesamt, ohne Berücksichtigung der Duplikate in der Menge auf |Ω|=10!(10-3)!=720

Ja, das ist richtig und diese

720

Wörter sind alle gleichwahrscheinlich. Wenn du nun noch berücksichtigst, dass es darunter viermal das Wort "EIS" gibt, dann hast du sofort die gesuchte WKT mit

\frac{1}{180} \approx 0,56 %

.

Dabei interpretiere ich die Angabe so, dass die Buchstaben in der Reihenfolge hingelegt werden müssen, in der sie gezogen werden. Also dass der erste Buchstabe ein "E" sein muss, etc.
Die WKT lässt sich da auch leicht ermitteln, in dem man die WKT, dass der erste Buchstabe ine "E" ist multipliziert mit der WKT, dass der zweite ein "I" und das wieder multipliziert mit der WKT, dass der letzte Buchstabe ein "S" ist

\to \frac{2}{10} \cdot \frac{2}{9} \cdot \frac{1}{8} = \frac{1}{180}

Interpretiert man die Angabe so, dass erst die drei Buchstaben gezogen werden (beliebige Reihenfolge) und dann daraus das Wort "EIS" gebildet werden soll, so versechsfacht sich dadurch die WKT auf

\frac{1}{30} \approx 3,33 %

Mutterfikker aktiv_icon

20:43 Uhr, 12.05.2019

Rechtradikalen Eintrag entfernt!

MB

Moderator

ebolin2001 aktiv_icon

20:50 Uhr, 12.05.2019

Ahh, der Gedanke kam mir gerade auch schon, dass wenn ich die Duplikate wegstreiche, dann zwar die unterschiedlichen Möglichkeiten richtig sind, aber nicht die Wahrscheinlichkeiten.
Da habe ich doch glatt die Grundprinzipien nicht ganz verstanden, deshalb vielen Dank für die Erleuchtung dahingehend.

Eine andere Frage dann noch:

>

Das selbe Wort - "DABEISITZE", nur sollen alle

10

Buchstaben benutzt werden. Mit welcher Wahrscheinlichkeit

p

beginnt und endet das Wort auf E?

Erste Überlegung natürlich dann das selbe System:

Man hat

p = \frac{2}{10} \cdot \frac{8!}{9!} \approx 2,22 %

Stimmt das soweit?

ebolin2001 aktiv_icon

20:50 Uhr, 12.05.2019

>

Das selbe Wort - "DABEISITZE", nur sollen alle

10

Buchstaben benutzt werden. Mit welcher Wahrscheinlichkeit

p

beginnt und endet das Wort auf E?

Erste Überlegung natürlich dann das selbe System:

Man hat

p = \frac{2}{10} \cdot \frac{8!}{9!} \approx 2,22 %

Stimmt das soweit?

ebolin2001 aktiv_icon

20:50 Uhr, 12.05.2019

>

Das selbe Wort - "DABEISITZE", nur sollen alle

10

Buchstaben benutzt werden. Mit welcher Wahrscheinlichkeit

p

stehen zwei

E

nebeneinander?

anonymous

22:05 Uhr, 12.05.2019

Deine Frage von

20 : 50 h

nach der Wahrscheinlichkeit mit Wort-Anfang und -Ende auf

' E',

ich nenne sie mal

b)

weil du sie nicht besser unterscheidest.

Ja, deine Lösung zu

b)

stimmt soweit.
Tipp:
Wenn du dir vornimmst,
vor der Zufalls-Ziehung der Buchstaben

>

als erstes den ersten Buchstaben des Wortes zu ziehen,

>

und dann gleich als zweites den letzten Buchstaben zu ziehen,
dann

>

kommst du zum selben Ergebnis, ja?

>

wird Herleitung und Ansatz viel einfacher,

>

ohne dass wir die Aufgabe inhaltlich wirklich verändert haben.

Deine zweite "andere Frage", unglücklicherweise genauso von

20 : 50 h

nach der Wahrscheinlichkeit mit einem Wort mit beiden

' E' s

nebeneinander,
ich nenne sie mal zur Unterscheidung

c)

weil du sie nicht besser unterscheidest.

Tipp:
Wahrscheinlichkeit ist Anzahl günstige Ereignisse durch mögliche Ereignisse.
Überleg dir mal:

>

Wie viele günstige Ereignisse gibt es wohl, die zwei

' E' s

nebeneinander zu platzieren, wenn wir mal alle anderen Buchstaben außer Acht lassen?

>

Wie viele mögliche Ereignisse gibt es wohl, die zwei

' E' s

überhaupt zu platzieren, wenn wir mal alle anderen Buchstaben außer Acht lassen?

>

Ob dir dafür wohl die 'Kombination' eine Hilfe ist?

ebolin2001 aktiv_icon

22:29 Uhr, 12.05.2019

Ich hab jetzt nochmal mich durch die Literatur gelesen (denn Wahrscheinlichkeitsrechnung ist doch schon paar Jahre zu lang her für mich, anscheinend)

Ich denke mal soweit, dass ich wieder drin bin.

Zu meiner letzten Frage, wo ich selber keinen Ansatz angegeben hatte:

Zwei nebeneinander zu platzieren hätte die Wahrscheinlichkeit

\frac{2}{10} \cdot \frac{1}{9},

dann mal 9 weil die zwei Buchstaben an insgesamt 9 verschiedenen Stellen stehen können.

p = \frac{2}{10} \cdot \frac{1}{9} \cdot 9 = 20 %

Vielen Dank für die Hilfe

Roman-22

23:39 Uhr, 12.05.2019

Ja, deine

20 %

sind richtig.
Anderer möglicher Zugang: Es gibt

10!

mögliche Anordnungen der

10

Buchstaben (die doppelten werden dabei unterschieden).
Jetzt kleben wir die beiden

E' s

zusammen. Damit haben wir nur mehr

9!

Möglichkeiten, ein Wort mit zusammenhängenden

E' s

zu bilden. jetzt moch mal

2,

weil wir die beiden

E' s

auch vertauschen können. Insgesamt also nach "günstige durch mögliche"

\to \frac{2 \cdot 9!}{10!} = 20 %

Verwandt dazu ist auch folgende Vorstellung:
Wir nehmen die beiden

E' s

und fügen sie aneinander

\to 2

Möglichkeiten
Dieses Doppel-E können wir nun im Wort an 9 verschiedene Stellen platzieren

\to 9

Die restlichen 8 Buchstaben können auf

8!

Arten auf die noch verbleibenden Plätze angeordnet werden

\to 8!

macht

\frac{2 \cdot 9 \cdot 8!}{10!} = 20 %

Aber dein Zugang direkt mit den WKTen gefällt mir da eigentlich ohnedies besser ;-)

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

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