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Statistik- Kombinatorik

Universität / Fachhochschule

Tags: Kombinatorik, Wahrscheinlichkeit

good-feeling

19:38 Uhr, 04.05.2010

Hallo,
habe diese Teilaufgaben udn benötige für einie noch ein bisschen Hilfe bzw. einen Denkanstoß. Erstmal die Aufgaben und meine Ideen:

a)

Ein fünfbändiges Lexikon wird in zufälliger Ordnung in ein Regal gestellt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,dass die Bände von links nach rechts oder von rechts nach links in der richtigen Reihenfolge stehen?

Idee: Ich habe

5!

Möglichkeiten, also insgesamt

120

und 2 sidn in Ordnung, also

\frac{2}{120}

b)

Ein Würfel wird

24

mal geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass jede Augenzahl dabei genau 4 mal auftritt?

n = 24

insgesamt kann ist die W´keit für ein bestimmte zahl

\frac{1}{6}

nun soll 4 mal das gleiche, also meine Idee

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

da weiß ich aber nicht, ob die idee richtig ist.
Ist ja eigentlich ziehen mit wiederholung und zurücklegen, ohne berücksichtigung der reihenfolge, aber trotzdem jede zahl nur 4 mal.

c)

Ein Würfel wird

24

mal geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die 1 dabei genau 4 mal auftritt?

n = 24

jede zahl

\frac{1}{6}

das ganze hoch

24,

aber danach keine idee, nur dass ich irgentwie die 4 noch reinbringen muss

d)

Die Ziern

1,2,3,4,5

werden auf fünf Karten geschrieben. Aus diesen 5 Karten werden nacheinander 3 herausgegriffen und die auf ihnen stehenden Ziffern von links nach rechts aufgeschrieben. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die so entstehende dreistellige Zahl gerade ist?

es gibt

12

möglichkeiten, dass die 1 vorne steht, die 2 vorne stehe usw.
aber ich glaube da ist mein ansatz falsch.

e) 8

Personen werden zufallig an einem runden Tisch platziert. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein bestimmtes Paar nebeneinander sitzt?

es muss hier

8!

sein, das ist die anzahl der möglichkeiten, aber mehr weiß ich nicht.

f)

Eine Studentin muss, um eine Prüfung zu bestehen, 3 zufällig aus einem Katalog von

100

Fragen ausgewählte Fragen korrekt beantworten. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie besteht, wenn sie

90

der Fragen beantworten kann?

ich habe keine Idee, wie ich vorgehe, nur soviel dass ich

n = 100

bzw.

n = 90

habe und

k = 3

ist.
Ist ja ziehen ohne zurücklegen

g)

Ein gewöhnlicher, fairerWürfel wird n-mal geworfen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit fällt genau bei dem n-ten Wurf zum k-ten Mal eine Vier

1 <

oder

= k <

oder

= n

hier habe ich null idee, würde mich also freuen, wenn ihr mir helft. Danke

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

vulpi aktiv_icon

20:30 Uhr, 04.05.2010

Hallöle,

Eins vorweg:
Da du einen ganzen Aufgaben-Katalog anbietest, bin ich so frei, mir EINE mal rauszupicken.
Die community ist ja schließlich groß genug :-)

Frage

c

(Müßte logisch eigentlich VOR

b

kommen, da ja

b

eine Erschwerung/Erweiterung von

c

darstellt)

24

Würfe(l) ergeben

6^{24}

mögliche Resultate
von

111111111111111111111111

bis

666666666666666666666666

Bevor du die Frage angehst, wieviele der Resultate genau 4 Einsen aufweisen,
und zwar EGAL WO(wann) diese Einsen auftauchen, erst mal das einfachere roblem,nämlich:
Wie oft hast du auf den Plätzen 1 bis 4 eine Eins und sonst keine ?
Also

1111 \times \times \times \times . .

. wobei

x

dann jeweils

2 - 5

ist ?
Antwort :
in

5^{20}

aller Fälle, die

1111

ist ja vorgegeben, die restlichen

20

Würfel können

5^{20}

Variationen erzeugen.
So die SELBE Antwort ergibt sich aber auch auf die Frage
NUR

20 - 24 = 1,

oder NUR

1,13,14,20 = 1

usw. usw.
Somit ist Teil 2 zum Ziel:
Wieviele Positionen für die 4 Einsen sind möglich ?
Diese Kombinationen, also

(\begin{matrix} 24 \\ 4 \end{matrix})

sind die Möglichkeiten, die 4 Einser auf

24

Plätze zu verteilen.

... 1 ... . 11 ... ... . . 1 ... .

. als Beispiel
Wie bereits erwähnt, gibt es zu JEDEM dieser Muster

5^{20}

Variationen,
nämlich beliebig2-5 als Besetzung für jeden Platz.

INSGESAMT erhältst du also

(\begin{matrix} 24 \\ 4 \end{matrix}) \cdot 5^{20}

von allen

6^{24}

Ergebnissen, die GENAU 4 Einser IRGENDWO haben.

Als Wahrschinlichkeit ausgedrückt:

p = (\begin{matrix} 24 \\ 4 \end{matrix}) \cdot {(\frac{1}{6})}^{4} \cdot {(\frac{5}{6})}^{20}

Was nichts anderes wie die Binominalverteilung

B (k | p, n) = (\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) p^{k} \cdot {(1 - p)}^{n - k}

in einem konkreten Beispiel wiedergibt.

mfg

good-feeling

20:41 Uhr, 04.05.2010

Hallo,
okay, also erstmal vielen dank für deine Hilfe.
Ist a richtig? da fällt mir mehr nämlich nicht zu ein.
wenn ich dich richtig verstanden habe müsste ich dann bei

b

ja haben:

24

über

4 \cdot ({(\frac{1}{6})}^{4}) \cdot ({(\frac{1}{6})}^{4}) \cdot ({(\frac{1}{6})}^{4}) \cdot ({(\frac{1}{6})}^{4}) \cdot ({(\frac{1}{6})}^{4}) \cdot ({(\frac{1}{6})}^{4}) \cdot

also

24

über

4 \cdot {({(\frac{1}{6})}^{4})}^{6}

oder?
danke

bei der aufgabe

d,

mit den ziffern

1 - 5

habeich jetzt

\frac{3}{5}

für ungerade und

\frac{2}{5}

für gerade. Was haltet ihr davon?

zu

e .

2 platziere ich am tisch,
dann habe ich noch

6!

möglichkeiten, also

720

und

2 \cdot 720 = 1440

also

1440

möglichkeiten und daher

\frac{1}{1440}

f

miene idee nach nachdenkem:

\frac{90}{100} (

im ersten zug)

\frac{89}{99}

(im zweitenzug)

\frac{88}{98} (

im dritten zug)

daher

\frac{90}{100} \cdot \frac{89}{99} \cdot \frac{88}{98} = 72,65 %

also w´keit

72,65

vulpi aktiv_icon

23:07 Uhr, 04.05.2010

Hallo nochmal.
Zur Aufgabe

b

gibts wohl noch Verständnis-Bedarf.
Dabei hab' ich mir sooo viel Mühe mit dem Erklären bei

c

gegeben

: - (

Manchmal hilft ein anderer Blickwinkel:
Wir machen's mal konstruktiv:
Du baust jetzt erstmal alle Reihen mit 4 Einsern auf, die Lücken bleiben leer.
Das macht dann

(\begin{matrix} 24 \\ 4 \end{matrix})

mögliche Reihen.

1111 ... ... .

. oder

... . . 1 ... 1 ... ... . . 1.1 . .

.
usw.usw
Also jetzt hast du

(\begin{matrix} 24 \\ 4 \end{matrix})

solcher Reihen vor dir.
Zu JEDER dieser Reihen baust du jetzt 4 2er dazu.
Die 2 er werden auf jeweils

20

Freiplätze verteilt, also
gibt es für JEDE

4 - 1

Reihe

(\begin{matrix} 20 \\ 4 \end{matrix})

Versionen mit 4 2ern
Nochmal zur Verdeutlichung:
Das

1111 ... ... . .

. Gerüst gibt es in der Version

11112222 ... ... ... ... .

. oder

1111 ... 2 ... 2 . . 2 ... 2 ...

. usw. usw
also in insgesamt

(\begin{matrix} 20 \\ 4 \end{matrix})

2er Versionen

ALLE anderen 1er-Gerüste,

z . B

... . . 11 ... 1 . . 1 ... ... ... ...

. gibt es aber AUCH
in

(\begin{matrix} 20 \\ 4 \end{matrix})

2er-Versionen
(Mach' dir nochmal klar, dass sich alle unterscheiden

!)

Somit sind schon

(\begin{matrix} 24 \\ 4 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 20 \\ 4 \end{matrix})

4-1+4-2-Reihen gebastelt.

In dem Stil baust du jetzt weiter...

mfg

good-feeling

17:55 Uhr, 05.05.2010

Hallo,
also nun meine Idee, bei denen ich gerne wissen möchte, ob sie richtig sind.

a weiß ich

b

habe ich

3,246670537 \cdot 10^{15}

Möglichkeiten, aber noch keine Wahrscheinlichkeit, dass jede auganzahl genau 4 mal auftritt, was muss ich dort nehmen?

c

habe ich

3,96 %

d

. habe ich

40 %

für gerade

e

. habe ich 2 fest platziert, dafür gibt es 2 möglichkeiten.
weiterhin habe ich dann noch 6 personen, für die ich

6!

habe, also

6! \cdot 2 =

1440

Möglichkeiten,
aber dann

\frac{1}{1440}

???

f

. habei ch erste frage richtig:

\frac{90}{100}

zweite frage richtig

\frac{89}{99}

dritte frage richtig

\frac{88}{98}

diese multiplierier, ergibt

72,65 %,

dass sieh besteht

zu

g

habe ich immer noch kine idee, geschweige denn einen ansatz.
Würde mich freuen, wenn mir jemand weiter hilft. danke

anonymous

12:23 Uhr, 10.05.2010

Hallo

a)

...ist meines Erachtens richtig.

b)

Zunächst ein Lob an vulpi.
Ich musste auch länger darüber nachdenken. Ich hoffe, ich kann und darf das jetzt mal in meinen Worten etwas kürzer zusammenfassen.

Betrachten wir die Anzahl der möglichen Ereignisse.

24

mal zu würfeln, mit einem üblichen Würfel mit 6 Flächen, das ist eine Variation mit Wiederholung:

g = 6

hoch

24 = 4.73838 e + 18

Betrachten wir nun die Anzahl der günstigen Ereignisse.
Auf welche Weisen kann ich die

24

Ziffern

111122223333444455556666

anordnen?
Das ist eine Permutation mit Wiederholung:

s = 24! / 4! / 4! / 4! / 4! / 4! / 4! = 3.24667 e + 15

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt folglich:

p =

günstige Ereignisse

/

mögliche Ereignisse

= s / g = 3.24667 e + 15 / 4.73838 e + 18 = 0.000685186

c)

Die von vulpi beschriebene Binomial-Verteilung ist meines Erachtens richtig.
Ich errechne dann aber:

p = (24

über

4) \cdot [(1 / 6)

hoch

4] \cdot [(5 / 6)

hoch

20] = 0.213865

d)

Das Ergebnis ist meines Erachtens richtig. Deine Begründung habe ich aber nicht verstanden.
Die ersten beiden Karten die gezogen werden, sind nur da, um Studenten zu verwirren.
Entscheidend dafür, ob die resultierende dreistellige Zahl gerade oder ungerade ist, ist einzig und allein die dritte Karte, bzw. die letzte Stelle. Um die dreistellige Zahl gerade zu machen, muss die dritte Karte (die letzte Stelle) die "2" oder die "4" sein.
Wahrscheinlichkeit also:

p = 2 / 5

e)

Wir versetzen uns in Gedanken in die Position (auf den Sitzplatz) der Dame.
Mein Mann/Freund/Partner sitzt auf einem anderen der verbleibenden 7 Plätze. Welcher dieser Plätze, das ist doch statistisch zufällig, also jeder der 7 anderen Plätze ist gleich wahrscheinlich. Also zu

1 / 7

zu meiner Linken, zu

1 / 7

zu meiner Rechten, zu

5 / 7

irgendwo anders.
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist folglich:

p = 2 / 7

f)

...ist meines Erachtens richtig.

g)

Versetzen wir uns zunächst in die Situation, vor dem letzten (dem n-ten) Wurf. Wir haben also

(n - 1)

mal gewürfelt.
Um später im letzten Wurf zum k-ten mal die "VIER" zu würfeln, müssen wir jetzt (vor dem letzten Wurf)

(k - 1)

"Vierer" gewürfelt haben.
Das ist eine klassische Binomial-Verteilung.
Die Wahrscheinlichkeit, vor dem letzten Wurf

(k - 1)

"VIERER" zu haben, ist:

p_{a} = ((n - 1)

über

(k - 1)) \cdot [(1 / 6)

hoch

(k - 1)] \cdot [(5 / 6)

hoch

(n - 1 - (k - 1))]

Dann kommen wir zum letzten Wurf. Jetzt muss ich die letzte verbleibende "VIER" würfeln.
Die Wahrscheinlichkeit dafür ist:

p_{b} = 1 / 6

Die gesuchte Gesamt-Wahrscheinlichkeit ist:

p = p_{a} \cdot p_{b}

p = ((n - 1)

über

(k - 1)) \cdot [(1 / 6)

hoch

(k - 1)] \cdot [(5 / 6)

hoch

(n - k)] \cdot 1 / 6

p = ((n - 1)

über

(k - 1)) \cdot [(1 / 6)

hoch

k] \cdot [(5 / 6)

hoch

(n - k)]

758821

756441

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