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Kombinatorik Beispiele: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 22:42 Mo 03.12.2018
Autor: Spalding

Aufgabe 1
Wir betrachten die Menge [mm] \Omega [/mm] = {1,2,3,4,5,6,7} und erzeugen nun eine zufällige zehnstellige Zahl mit den Ziffern aus [mm] \Omega. [/mm]

a) Wie groß ist die WK, dass die Zahl nur aus den Ziffern "1" und "2" besteht?
b) Wie groß ist die WK, dass die Zahl genau 3 mal die "1", 2 mal die "2", 1 mal die "3" und 3 mal die "4" enthält?
c) Wie groß ist die WK, dass die Zahl eine "1" an erster und eine "7" an letzter Stelle hat?
d) Wie groß ist die WK, dass sowohl die erste als auch die zweite Ziffer entweder eine "6" oder eine "7" sind?
e) Wie viele Möglichkeiten gibt es, eine Zahl zu bilden, die genau vier mal die Ziffer "4" enthält?



Aufgabe 2
Wie viele Möglichkeiten gibt es, 10 Bälle in 5 Urnen zu verteilen?



Hallo Matheraum,

ich habe gleich mehrere Fragen zum Thema Kombinatorik.
Zumindest denke ich, dass es sich um dieses Thema handelt :).

Ich weiß, dass es sehr viele Fragen sind, allerdings habe ich überhaupt keine Idee,
wie ich an das Thema herangehen soll.

Meine Idee:
Bei Aufgabe 2 wäre es ja eigentlich ein klassisches Urnenmodell,
in dem man 10 Bälle in 5 nummerierte Urnen werfen möchte.
Also ohne Zurücklegen und mit Reihenfolge oder?
Einziges Problem, es könnte ja auch so sein, dass ich alle 10 Bälle in einen Kasten werfe. Ist das hiermit auch berücksichtigt?

Zu Aufgabe 1.a)
Es sollen lediglich die Ziffern 1 und 2 vorkommen. Jede Zifffer hat die Wahrscheinlichkeit 1/7 gezogen zu werden.
Somit gibt es eine WK von 2/7, dass ich eine 1 oder 2 ziehe.
Nun das ganze hoch 10, da ich 10 Felder habe (2/7)**10?

Andererseits mit dem Urnenmodell würde ich sagen, dass ich ohne Reihenfolge und mit Zurücklegen ziehe => [mm] n^k/k! [/mm]

Zu Aufgabe 1.b)
hier habe ich überhaupt keine Idee...

Zu Aufgabe 1.c)
Auch hier habe ich keine Idee...

Zu Aufgabe 1.d)
Ich habe eine WK von (2/7) das ich eine 6 oder 7 ziehe und diese WK brauche ich für die ersten beiden Felder. Somit (2/7)**2


Es wäre super, wenn mir hier jemand weiterhelfen könnte.
Vielen Dank :-)

        
Bezug
Kombinatorik Beispiele: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 02:02 Di 04.12.2018
Autor: HJKweseleit


> Wir betrachten die Menge [mm]\Omega[/mm] = {1,2,3,4,5,6,7} und
> erzeugen nun eine zufällige zehnstellige Zahl mit den
> Ziffern aus [mm]\Omega.[/mm]
>  
> a) Wie groß ist die WK, dass die Zahl nur aus den Ziffern
> "1" und "2" besteht?
>  b) Wie groß ist die WK, dass die Zahl genau 3 mal die
> "1", 2 mal die "2", 1 mal die "3" und 3 mal die "4"
> enthält?
>  c) Wie groß ist die WK, dass die Zahl eine "1" an erster
> und eine "7" an letzter Stelle hat?
>  d) Wie groß ist die WK, dass sowohl die erste als auch
> die zweite Ziffer entweder eine "6" oder eine "7" sind?
>  e) Wie viele Möglichkeiten gibt es, eine Zahl zu bilden,
> die genau vier mal die Ziffer "4" enthält?
>  
> Wie viele Möglichkeiten gibt es, 10 Bälle in 5 Urnen zu
> verteilen?
>  
> Hallo Matheraum,
>  
> ich habe gleich mehrere Fragen zum Thema Kombinatorik.
>  Zumindest denke ich, dass es sich um dieses Thema handelt
> :).
>  
> Ich weiß, dass es sehr viele Fragen sind, allerdings habe
> ich überhaupt keine Idee,
> wie ich an das Thema herangehen soll.
>  
> Meine Idee:
>  Bei Aufgabe 2 wäre es ja eigentlich ein klassisches
> Urnenmodell,
> in dem man 10 Bälle in 5 nummerierte Urnen werfen möchte.

Eigentlich bezieht sich der Begriff Urnenmodell darauf, Kugeln aus einer Urne zu ziehen und nicht, sie in verschiedene Urnen zu legen. Und das Zurücklegen bzw. die Reihenfolge bezieht sich ebenfalls darauf.

1. Schritt: Wie viele Mgl. gibt es, die erste Kugel abzulegen? 2. Schritt: Wie viele Mgl. gibt es, die 2. Kugel nun abzulegen? ...10. Schritt: Wie viele Mgl. gibt es, die 10. Kugel abzulegen? Und nun alles multiplizieren. (Kontrolle: 9 765 625 Mgl.)


> Also ohne Zurücklegen und mit Reihenfolge oder?
>  Einziges Problem, es könnte ja auch so sein, dass ich
> alle 10 Bälle in einen Kasten werfe. Ist das hiermit auch
> berücksichtigt?

Ja.

Es gibt aber ein anderes Problem: Was ist, wenn man die Kugeln gar nicht unterscheiden kann und es nur darauf ankommt, wie viele in welcher Urne liegen? Das verkompliziert die Situation enorm! Merke dir hierzu folgenden Trick:

Bilde auf deinem Kästchenpapier eine Kästchenschlange der Länge 10 (=Kugeln) + 4 (Urnenzahl-1).
._ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
| | | | | | | | | | | | | | |
.- - - - - - - - - - - - - -

Wähle nun 4 Kästchen aus und schreibe ein x hinein:
._ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
| | |x|x| | |x| | | | | |x| |
.- - - - - - - - - - - - - -
Fülle die leeren 10 Kästchen mit o-s:
._ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
|o|o|x|x|o|o|x|o|o|o|o|o|x|o|
.- - - - - - - - - - - - - -
Die o-s sind die Kugeln, die x-e die "Zwischenwände" zwischen den 5 Urnen (deshalb brauchst du nur 4). Das obige Bild bedeutet nun:
In der ersten Urne liegen 2 Kugeln, in der zweiten keine (nach der Trennwand kommt schon die nächste), in der dritten wieder 2, in der vierten 5 und in der fünften 1 Kugel.
._ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
|x|x|x|o|o|o|o|o|o|o|o|o|o|x|
.- - - - - - - - - - - - - -
bedeutet: Alle 10 Kugeln liegen in der 4. Urne.

Je nachdem, wie du die x-e (oder die o-s) verteilst, ergeben sich alle möglichen Verteilungen der 10 Kugeln, und umgekehrt gibt es zu jeder möglichen Verteilung genau eine solche Darstellung. Die Anzahl aller mgl. Verteilungen von ununterscheidbaren Kugeln, bei der es also nur auf ihre Anzahl in den Urnen ankommt, entspricht somit der Anzahl aller Möglichkeiten, die 4 x-e (oder die 10 o-s) auf verschiedene Weise auf 14 Kästchen zu verteilen, wobei die Reihenfolge keine Rolle spielt. Also gibt es [mm] \vektor{14 \\ 4}=\vektor{14 \\ 10}= [/mm] 1 001 Möglichkeiten.



>  
> Zu Aufgabe 1.a)
>  Es sollen lediglich die Ziffern 1 und 2 vorkommen. Jede
> Zifffer hat die Wahrscheinlichkeit 1/7 gezogen zu werden.
> Somit gibt es eine WK von 2/7, dass ich eine 1 oder 2
> ziehe.
> Nun das ganze hoch 10, da ich 10 Felder habe (2/7)**10?

[ok]

>  
> Andererseits mit dem Urnenmodell würde ich sagen, dass ich
> ohne Reihenfolge und mit Zurücklegen ziehe => [mm]n^k/k![/mm] [notok]

Falls das zu 1.a) gehören soll, gibt es keinen Sinn. Falls es sich wieder auf die 2. Aufgabe bezieht:

Entweder spielt es eine Rolle, WELCHE Kugel in welche Urne kommt (wenn also 2 die Urnen tauschen, hat man eine andere Möglichkeit), dann sind es [mm] 5^{10} [/mm] Mgl., oder es kommt nur darauf an, WIEVIELE Kugeln in welcher Urne liegen, dann sind es 1 001 Mgl.

[mm] n^k/k! [/mm] gibt keinen Sinn.

>  
> Zu Aufgabe 1.b)
>  hier habe ich überhaupt keine Idee...

Durch die Angabe
3 mal die "1", 2 mal die "2", 1 mal die "3" und 3 mal die "4"
werden 9 der 10 Ziffern festgelegt.
Betrachte die hieraus resultierende mögliche Zeichenfolge 111223444x. Dabei kann x die Ziffer 5, 6 oder 7 annehmen.
Wieviele Permutationen gibt es für diese Zeichenfolge? Beachte dabei, dass sie Wiederholungen enthält, die "herauszurechnen" sind. Da x nun in jeweil 3 Varianten auftreten kann, musst du das Ergebnis noch mit 3 multiplizieren. (Kontrolle: 151 200 Mgl.)

>  
> Zu Aufgabe 1.c)
>  Auch hier habe ich keine Idee...

Wie groß ist die W. dass die 1. Ziffer eine 1 wird? Wie groß ist die W. dass die letzte Ziffer eine 7 wird? Die anderen Ziffern sind egal. Multipliziere also nur die beiden W'keiten. Das ist dieselbe Idee wie bei Aufgabe d).

>  
> Zu Aufgabe 1.d)
>  Ich habe eine WK von (2/7) das ich eine 6 oder 7 ziehe und
> diese WK brauche ich für die ersten beiden Felder. Somit
> (2/7)**2  [ok]
>  
>
> Es wäre super, wenn mir hier jemand weiterhelfen könnte.
>  Vielen Dank :-)

1.e) Wieviele Mgl. gibt es, 4 Positionen für die Ziffer 4 auszuwählen? Wieviele Mg. gibt es dann noch für die anderen 6 Positionen, jeweils eine Ziffer  von 1 bis 7 ohne die 4 zu wählen? Multipliziere beide Ergebnisse. (Kontrolle: 9 797 760 Mgl.)


Bezug
                
Bezug
Kombinatorik Beispiele: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 08:47 Di 04.12.2018
Autor: Spalding

Hallo,

vielen Dank erst einmal für deine Mühe und die ausführliche Antwort.
Ich habe mir nun mal weitere Gedanken gemacht und fasse das mal alles zusammen.


[mm] \textbf{Aufgabe 1a)} [/mm]
Die Wahrscheinlichkeit für die Ziffer "1" oder "2" ist jeweils [mm] \tfrac{2}{7}. [/mm]
Somit ist die Wahrscheinlichkeit eine 10-stellige Zahl mit den Ziffern "1" und "2" zu erhalten: [mm] (\tfrac{2}{7})^{10}. [/mm]

Als Beispiellösung habe ich irgendwo in der Ubung gehört, dass das Ergebnis [mm] \vektor{10 \\ 2} \cdot 5^8 [/mm] sei - dem kann ich leider überhaupt nicht folgen?


[mm] \textbf{Aufgabe 1b)} [/mm]
Die Anzahl der Permutationen berechnet man mittels [mm] \tfrac{n!}{n_1! \cdot ... \cdot n_k!} [/mm]
Das wäre hier also...

3 einsen
2 zweien
1 drei
3 vieren

Damit erhalten wir [mm] \tfrac{10!}{3! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 3!} [/mm]
Das jetzt noch mal 3 und durch die Anzahl aller Möglichkeiten um die WK zu erhalten ergibt:

[mm] (\tfrac{10!}{3! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 3!} \cdot [/mm] 3 ) / [mm] 7^{10} [/mm]

Wo rechne ich denn hier WIederholungen heraus?

Angenommen ich hätte zwei Ziffern die beliebig sind, weil bspw. folgendes gelten soll:

3 einsen
2 zweien
3 vieren

würde ich dann einfach den Zähler mit 4 multiplizieren? Da beide "freien" Wert 3,5,6,7 annehmen können?
[mm] (\tfrac{10!}{3! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 3!} \cdot [/mm] 4 [mm] \cdot [/mm] 4 ) / [mm] 7^{10} [/mm]



[mm] \textbf{Aufgabe 1c)} [/mm]
Hier wäre die WK [mm] (\tfrac{1}{7})^2, [/mm] richtig?

Was passiert, wenn ich die Aufgabenstellung so abändern würde, dass die erste Ziffer eine "1" und die letzte Ziffer eine "7" sein soll, aber die anderen 8 Ziffern dann keine "1" oder "7" mehr sein dürften?
Für die erste und letzte Stelle wäre meine WK ja noch die selbe: [mm] (\tfrac{1}{7})^2 [/mm] allerdings müsste ich die verbleibenden 8 Stellen mit 5 Zahlen auffüllen:

Hier wäre doch die Anzahl [mm] 1^2 \cdot 5^8 [/mm]
und somit die WK: [mm] \tfrac{1^2 \cdot 5^8} {7^{10}}, [/mm] richtig?


[mm] \textbf{Aufgabe 1d)} [/mm]
Hier wäre die WK [mm] (\tfrac{2}{7})^2, [/mm] richtig?



[mm] \textbf{Aufgabe 2)} [/mm]
Danke für die ausführliche Erklärung. Das leuchtet ein, allerdings frage ich mich, wie ich das nun auf beliebige andere Aufgaben anwende.
Gibt es eine allgemeingültige Formel? Das Vorgehen erinnert mich ein bisschen an die Formal zum Ziehen mit Zurücklegen und ohne Reihenfolge, nur das unten im Binomialkoeffizienten eine 4 statt einer 5 steht.

Oder ist es einfach immer:
[mm] \vektor{Anzahl der Kugeln + Anzahl der Urnen - 1 \\ Anzahl der Urnen - 1} [/mm]


Viele Grüsse,


Bezug
                        
Bezug
Kombinatorik Beispiele: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 22:29 Di 04.12.2018
Autor: HJKweseleit


> Hallo,
>  
> vielen Dank erst einmal für deine Mühe und die
> ausführliche Antwort.
> Ich habe mir nun mal weitere Gedanken gemacht und fasse das
> mal alles zusammen.
>
>
> [mm]\textbf{Aufgabe 1a)}[/mm]
>  Die Wahrscheinlichkeit für die
> Ziffer "1" oder "2" ist jeweils [mm]\tfrac{2}{7}.[/mm]
>  Somit ist die Wahrscheinlichkeit eine 10-stellige Zahl mit
> den Ziffern "1" und "2" zu erhalten: [mm](\tfrac{2}{7})^{10}.[/mm]     [ok]
>  
> Als Beispiellösung habe ich irgendwo in der Ubung gehört,
> dass das Ergebnis [mm]\vektor{10 \\ 2} \cdot 5^8[/mm] sei - dem kann
> ich leider überhaupt nicht folgen?

Nein, das passt hier nicht. Das zu der Lösung passende Problem wäre etwa: Suche 2 Positionen aus, an denen die 1 oder 2 stehen könnte. Dafür gibt es [mm]\vektor{10 \\ 2} [/mm] Mgl.. Fülle die restlichen Positionen mit Ziffern 3 bis 7 auf (1 und 2 sollen nicht wieder vorkommen, also anders als in der Aufgabenstellung, wo das offenbar erlaubt ist), das gibt [mm] 5^8 [/mm] Mgl.. Aber selbst das wäre nicht richtig gelöst, denn an den zwei ausgesuchten Positionen können die Ziffern 1 und 1, 1 und 2, 2 und 1 oder 2 und 2 stehen, man müsste also alles noch mit 4 multiplizieren.


>  
>
> [mm]\textbf{Aufgabe 1b)}[/mm]
>  Die Anzahl der Permutationen
> berechnet man mittels [mm]\tfrac{n!}{n_1! \cdot ... \cdot n_k!}[/mm]
>  
> Das wäre hier also...
>  
> 3 einsen
>  2 zweien
>  1 drei
>  3 vieren
>  
> Damit erhalten wir [mm]\tfrac{10!}{3! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 3!}[/mm]
>  
> Das jetzt noch mal 3 und durch die Anzahl aller
> Möglichkeiten um die WK zu erhalten ergibt:
>  
> [mm](\tfrac{10!}{3! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 3!} \cdot[/mm] 3 ) /
> [mm]7^{10}[/mm]  [ok]
>  
> Wo rechne ich denn hier WIederholungen heraus?


Damit meinte ich das, was du schon getan hast: Du hast nicht einfach nur 10! gerechnet, sondern  die "Wiederholungen" der Ziffern 111 sowie 22 sowie 444 innerhalb der angegebenen Zeichenkette berücksichtigt, indem du durch 3!2!3! dividiert hast.

>
> Angenommen ich hätte zwei Ziffern die beliebig sind, weil
> bspw. folgendes gelten soll:
>
> 3 einsen
>  2 zweien
>  3 vieren
>  
> würde ich dann einfach den Zähler mit 4 multiplizieren?
> Da beide "freien" Wert 3,5,6,7 annehmen können?
>  [mm](\tfrac{10!}{3! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 3!} \cdot[/mm] 4 [mm]\cdot[/mm]
> 4 ) / [mm]7^{10}[/mm]  [ok]
>  
>
>
> [mm]\textbf{Aufgabe 1c)}[/mm]
>  Hier wäre die WK [mm](\tfrac{1}{7})^2,[/mm]
> richtig?
>  [ok]
> Was passiert, wenn ich die Aufgabenstellung so abändern
> würde, dass die erste Ziffer eine "1" und die letzte
> Ziffer eine "7" sein soll, aber die anderen 8 Ziffern dann
> keine "1" oder "7" mehr sein dürften?
>  Für die erste und letzte Stelle wäre meine WK ja noch
> die selbe: [mm](\tfrac{1}{7})^2[/mm] allerdings müsste ich die
> verbleibenden 8 Stellen mit 5 Zahlen auffüllen:
>  
> Hier wäre doch die Anzahl [mm]1^2 \cdot 5^8[/mm]
>  und somit die WK:
> [mm]\tfrac{1^2 \cdot 5^8} {7^{10}},[/mm] richtig?
>  [ok]
>
> [mm]\textbf{Aufgabe 1d)}[/mm]
>  Hier wäre die WK [mm](\tfrac{2}{7})^2,[/mm]
> richtig?
>  [ok]
>
>
> [mm]\textbf{Aufgabe 2)}[/mm]
>  Danke für die ausführliche
> Erklärung. Das leuchtet ein, allerdings frage ich mich,
> wie ich das nun auf beliebige andere Aufgaben anwende.
> Gibt es eine allgemeingültige Formel? Das Vorgehen
> erinnert mich ein bisschen an die Formal zum Ziehen mit
> Zurücklegen und ohne Reihenfolge, nur das unten im
> Binomialkoeffizienten eine 4 statt einer 5 steht.
>
> Oder ist es einfach immer:
> [mm]\vektor{Anzahl der Kugeln + Anzahl der Urnen - 1 \\ Anzahl der Urnen - 1}[/mm]
>  [ok]

Ja, das ist immer so.

>
> Viele Grüsse,
>  


Bezug
                                
Bezug
Kombinatorik Beispiele: Frage (überfällig)
Status: (Frage) überfällig Status 
Datum: 12:37 Mi 05.12.2018
Autor: Spalding

Aufgabe
Aufgabe 3)

a) Wie viele verschiedene Zahlen mit den Ziffern {1, 2, 3, 4} der Länge 10 gibt es, die genau vier 4en enthalten?

b) Wie viele verschiedene Zahlen mit den Ziffern {1, 2, 3, 4} der Länge 10 gibt es, die genau vier 1en, zwei 2en und vier 3en enthalten?

c) Angenommen man erzeugt eine beliebige vierstellige Zahl aus den Ziffern {1,2,3,4,5,6}. Wie gros ist wie WK, dass diese Zahl 4 unterschiedliche Ziffern enthält?


Vielen Dank für die Mühe. Ich habe mich zwecks Übung an weitere Aufgaben gewagt. Vielleicht könntest jemand einmal kurz drüber schauen.


[mm] \textbf{Zu 3 a)} [/mm]
Zu den Möglichkeiten:
Die Permutationen für die vier 4en wären: [mm] \tfrac{10!}{4!} [/mm] = 151200
Für die restlichen 6 Positionen bleiben jetzt jeweils noch 3 Werte übrig, also mit [mm] 3^6 [/mm] multiplizieren, ergibt:
[mm] \tfrac{10!}{4!} \cdot 3^6 [/mm]
Irgendwo muss hier aber ein Denkfehler sein, dass wären viel zu viele Möglichkeiten !
Die Gesamtzahl der Möglichkeiten wäre [mm] 4^{10}, [/mm] sodass ich im Anschluss einfach meine Anzahl der Möglichkeiten durch [mm] 4^{10} [/mm] teilen würde, um die WK zu erhalten.

Zu der WK - wenn ich nur von der Wahrscheinlichkeitsseite überlege:
Die Wahrscheinlichkeit eine 4 zu ziehen ist [mm] \tfrac{1}{4} [/mm] und somit für diese da ich diesen Wert 4 mal brauche [mm] (\tfrac{1}{4})^4. [/mm]
Die restlichen 6 Werte sollen keine 4 sein, also ist die WK [mm] \tfrac{3}{4} [/mm] und das eben 6 mal.
Insgesamt also [mm] \tfrac{1}{4}^4 \cdot \tfrac{3}{4}^6 [/mm]


[mm] \textbf{Zu 3 b)} [/mm]
Hier würde ich wieder die Permutationen berechnen. Diesmal gibt es keine Möglichkeit einer freien Wahl. Somit:
[mm] \tfrac{10!}{4! \cdot 2! \cdot 4!} [/mm] = 3150

Wenn ich jetzt gerne die Wahrscheinlichkeit hierfür ausrechnen möchte, teile ich dieses Ergebnis einfach durch alle Möglichkeiten?
[mm] \tfrac{3150}{4^{10}} [/mm]


[mm] \textbf{Zu 3 c)} [/mm]
Es gäbe also [mm] 6^4 [/mm] Möglichkeiten (mit Zurücklegen, mit Reihenfolge).
Nun darf ein Buchstabe doppelt vorkommen (ohne Zurücklegen, mit Reihenfolge) ergibt:
[mm] \tfrac{6!}{(4-2)!} [/mm]
Die Wahrscheinlichkeit wäre also
[mm] \tfrac{360}{1296} [/mm] = 27,78 %



Jetzt bin ich mal gespannt, ob ich es verstanden habe.

> > Hallo,
>  >  
> > vielen Dank erst einmal für deine Mühe und die
> > ausführliche Antwort.
> > Ich habe mir nun mal weitere Gedanken gemacht und fasse das
> > mal alles zusammen.
> >
> >
> > [mm]\textbf{Aufgabe 1a)}[/mm]
>  >  Die Wahrscheinlichkeit für die
> > Ziffer "1" oder "2" ist jeweils [mm]\tfrac{2}{7}.[/mm]
>  >  Somit ist die Wahrscheinlichkeit eine 10-stellige Zahl
> mit
> > den Ziffern "1" und "2" zu erhalten: [mm](\tfrac{2}{7})^{10}.[/mm]  
>   [ok]
>  >  
> > Als Beispiellösung habe ich irgendwo in der Ubung gehört,
> > dass das Ergebnis [mm]\vektor{10 \\ 2} \cdot 5^8[/mm] sei - dem kann
> > ich leider überhaupt nicht folgen?
>  
> Nein, das passt hier nicht. Das zu der Lösung passende
> Problem wäre etwa: Suche 2 Positionen aus, an denen die 1
> oder 2 stehen könnte. Dafür gibt es [mm]\vektor{10 \\ 2}[/mm]
> Mgl.. Fülle die restlichen Positionen mit Ziffern 3 bis 7
> auf (1 und 2 sollen nicht wieder vorkommen, also anders als
> in der Aufgabenstellung, wo das offenbar erlaubt ist), das
> gibt [mm]5^8[/mm] Mgl.. Aber selbst das wäre nicht richtig gelöst,
> denn an den zwei ausgesuchten Positionen können die
> Ziffern 1 und 1, 1 und 2, 2 und 1 oder 2 und 2 stehen, man
> müsste also alles noch mit 4 multiplizieren.
>  
>
> >  

> >
> > [mm]\textbf{Aufgabe 1b)}[/mm]
>  >  Die Anzahl der Permutationen
> > berechnet man mittels [mm]\tfrac{n!}{n_1! \cdot ... \cdot n_k!}[/mm]
>  
> >  

> > Das wäre hier also...
>  >  
> > 3 einsen
>  >  2 zweien
>  >  1 drei
>  >  3 vieren
>  >  
> > Damit erhalten wir [mm]\tfrac{10!}{3! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 3!}[/mm]
>  
> >  

> > Das jetzt noch mal 3 und durch die Anzahl aller
> > Möglichkeiten um die WK zu erhalten ergibt:
>  >  
> > [mm](\tfrac{10!}{3! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 3!} \cdot[/mm] 3 ) /
> > [mm]7^{10}[/mm]  [ok]
>  >  
> > Wo rechne ich denn hier WIederholungen heraus?
>
>
> Damit meinte ich das, was du schon getan hast: Du hast
> nicht einfach nur 10! gerechnet, sondern  die
> "Wiederholungen" der Ziffern 111 sowie 22 sowie 444
> innerhalb der angegebenen Zeichenkette berücksichtigt,
> indem du durch 3!2!3! dividiert hast.
>
> >
> > Angenommen ich hätte zwei Ziffern die beliebig sind, weil
> > bspw. folgendes gelten soll:
> >
> > 3 einsen
>  >  2 zweien
>  >  3 vieren
>  >  
> > würde ich dann einfach den Zähler mit 4 multiplizieren?
> > Da beide "freien" Wert 3,5,6,7 annehmen können?
>  >  [mm](\tfrac{10!}{3! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 3!} \cdot[/mm] 4
> [mm]\cdot[/mm]
> > 4 ) / [mm]7^{10}[/mm]  [ok]
>  >  
> >
> >
> > [mm]\textbf{Aufgabe 1c)}[/mm]
>  >  Hier wäre die WK
> [mm](\tfrac{1}{7})^2,[/mm]
> > richtig?
>  >  [ok]
>  > Was passiert, wenn ich die Aufgabenstellung so abändern

> > würde, dass die erste Ziffer eine "1" und die letzte
> > Ziffer eine "7" sein soll, aber die anderen 8 Ziffern dann
> > keine "1" oder "7" mehr sein dürften?
>  >  Für die erste und letzte Stelle wäre meine WK ja noch
> > die selbe: [mm](\tfrac{1}{7})^2[/mm] allerdings müsste ich die
> > verbleibenden 8 Stellen mit 5 Zahlen auffüllen:
>  >  
> > Hier wäre doch die Anzahl [mm]1^2 \cdot 5^8[/mm]
>  >  und somit
> die WK:
> > [mm]\tfrac{1^2 \cdot 5^8} {7^{10}},[/mm] richtig?
>  >  [ok]
>  >

> > [mm]\textbf{Aufgabe 1d)}[/mm]
>  >  Hier wäre die WK
> [mm](\tfrac{2}{7})^2,[/mm]
> > richtig?
>  >  [ok]
>  >

> >
> > [mm]\textbf{Aufgabe 2)}[/mm]
>  >  Danke für die ausführliche
> > Erklärung. Das leuchtet ein, allerdings frage ich mich,
> > wie ich das nun auf beliebige andere Aufgaben anwende.
> > Gibt es eine allgemeingültige Formel? Das Vorgehen
> > erinnert mich ein bisschen an die Formal zum Ziehen mit
> > Zurücklegen und ohne Reihenfolge, nur das unten im
> > Binomialkoeffizienten eine 4 statt einer 5 steht.
> >
> > Oder ist es einfach immer:
> > [mm]\vektor{Anzahl der Kugeln + Anzahl der Urnen - 1 \\ Anzahl der Urnen - 1}[/mm]
>  
> >  [ok]

>  
> Ja, das ist immer so.
>  >

> > Viele Grüsse,
> >  

>  


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Kombinatorik Beispiele: Fälligkeit abgelaufen
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 13:20 Sa 08.12.2018
Autor: matux

$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Kombinatorik Beispiele: Frage (überfällig)
Status: (Frage) überfällig Status 
Datum: 18:39 Sa 08.12.2018
Autor: Spalding

An einer Meinung zur unten stehenden Frage wäre ich auch weiterhin interessiert.


Aufgabe 3)

a) Wie viele verschiedene Zahlen mit den Ziffern {1, 2, 3, 4} der Länge 10 gibt es, die genau vier 4en enthalten?

b) Wie viele verschiedene Zahlen mit den Ziffern {1, 2, 3, 4} der Länge 10 gibt es, die genau vier 1en, zwei 2en und vier 3en enthalten?

c) Angenommen man erzeugt eine beliebige vierstellige Zahl aus den Ziffern {1,2,3,4,5,6}. Wie gros ist wie WK, dass diese Zahl 4 unterschiedliche Ziffern enthält?



$ [mm] \textbf{Zu 3 a)} [/mm] $
Zu den Möglichkeiten:
Die Permutationen für die vier 4en wären: $ [mm] \tfrac{10!}{4!} [/mm] $ = 151200
Für die restlichen 6 Positionen bleiben jetzt jeweils noch 3 Werte übrig, also mit $ [mm] 3^6 [/mm] $ multiplizieren, ergibt:
$ [mm] \tfrac{10!}{4!} \cdot 3^6 [/mm] $
Irgendwo muss hier aber ein Denkfehler sein, dass wären viel zu viele Möglichkeiten !
Die Gesamtzahl der Möglichkeiten wäre $ [mm] 4^{10}, [/mm] $ sodass ich im Anschluss einfach meine Anzahl der Möglichkeiten durch $ [mm] 4^{10} [/mm] $ teilen würde, um die WK zu erhalten.

Zu der WK - wenn ich nur von der Wahrscheinlichkeitsseite überlege:
Die Wahrscheinlichkeit eine 4 zu ziehen ist $ [mm] \tfrac{1}{4} [/mm] $ und somit für diese da ich diesen Wert 4 mal brauche $ [mm] (\tfrac{1}{4})^4. [/mm] $
Die restlichen 6 Werte sollen keine 4 sein, also ist die WK $ [mm] \tfrac{3}{4} [/mm] $ und das eben 6 mal.
Insgesamt also $ [mm] \tfrac{1}{4}^4 \cdot \tfrac{3}{4}^6 [/mm] $


$ [mm] \textbf{Zu 3 b)} [/mm] $
Hier würde ich wieder die Permutationen berechnen. Diesmal gibt es keine Möglichkeit einer freien Wahl. Somit:
$ [mm] \tfrac{10!}{4! \cdot 2! \cdot 4!} [/mm] $ = 3150

Wenn ich jetzt gerne die Wahrscheinlichkeit hierfür ausrechnen möchte, teile ich dieses Ergebnis einfach durch alle Möglichkeiten?
$ [mm] \tfrac{3150}{4^{10}} [/mm] $


$ [mm] \textbf{Zu 3 c)} [/mm] $
Es gäbe also $ [mm] 6^4 [/mm] $ Möglichkeiten (mit Zurücklegen, mit Reihenfolge).
Nun darf ein Buchstabe doppelt vorkommen (ohne Zurücklegen, mit Reihenfolge) ergibt:
$ [mm] \tfrac{6!}{(4-2)!} [/mm] $
Die Wahrscheinlichkeit wäre also
$ [mm] \tfrac{360}{1296} [/mm] $ = 27,78 %

Vielen Grüße

Bezug
                                                        
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Kombinatorik Beispiele: Fälligkeit abgelaufen
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 19:20 Di 11.12.2018
Autor: matux

$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Kombinatorik Beispiele: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 18:39 Sa 08.12.2018
Autor: HJKweseleit


> Aufgabe 3)
>  
> a) Wie viele verschiedene Zahlen mit den Ziffern {1, 2, 3,
> 4} der Länge 10 gibt es, die genau vier 4en enthalten?
>  
> b) Wie viele verschiedene Zahlen mit den Ziffern {1, 2, 3,
> 4} der Länge 10 gibt es, die genau vier 1en, zwei 2en und
> vier 3en enthalten?
>  
> c) Angenommen man erzeugt eine beliebige vierstellige Zahl
> aus den Ziffern {1,2,3,4,5,6}. Wie gros ist wie WK, dass
> diese Zahl 4 unterschiedliche Ziffern enthält?
>  
> Vielen Dank für die Mühe. Ich habe mich zwecks Übung an
> weitere Aufgaben gewagt. Vielleicht könntest jemand einmal
> kurz drüber schauen.
>
>
> [mm]\textbf{Zu 3 a)}[/mm]
>  Zu den Möglichkeiten:
> Die Permutationen für die vier 4en wären: [mm]\tfrac{10!}{4!}[/mm]
> = 151200
>  Für die restlichen 6 Positionen bleiben jetzt jeweils
> noch 3 Werte übrig, also mit [mm]3^6[/mm] multiplizieren, ergibt:
> [mm]\tfrac{10!}{4!} \cdot 3^6[/mm]
>  Irgendwo muss hier aber ein
> Denkfehler sein, dass wären viel zu viele Möglichkeiten
> !

Ja. Wenn du über die Permutationen gehst und zu [mm]\tfrac{10!}{4!} \cdot 3^6[/mm] gelangst, gehst du von einer fertigen Ziffernreihe mit vier 4-en aus, bei denen sowohl die 4-en als auch alle anderen Ziffern vertauscht werden. Die Division durch 4! sorgt dafür, dass der Tausch von 4-en untereinander nicht zählt. Es können im Rest aber auch z.B. drei 3-en sein, und deren Tausch würde nun zählen.


>  Die Gesamtzahl der Möglichkeiten wäre [mm]4^{10},[/mm] sodass ich
> im Anschluss einfach meine Anzahl der Möglichkeiten durch
> [mm]4^{10}[/mm] teilen würde, um die WK zu erhalten.
>  
> Zu der WK - wenn ich nur von der Wahrscheinlichkeitsseite
> überlege:
>  Die Wahrscheinlichkeit eine 4 zu ziehen ist [mm]\tfrac{1}{4}[/mm]
> und somit für diese da ich diesen Wert 4 mal brauche
> [mm](\tfrac{1}{4})^4.[/mm]
> Die restlichen 6 Werte sollen keine 4 sein, also ist die WK
> [mm]\tfrac{3}{4}[/mm] und das eben 6 mal.
> Insgesamt also [mm]\tfrac{1}{4}^4 \cdot \tfrac{3}{4}^6[/mm][notok]
>  

Das ist die W. dafür, dass du z.B. zuerst 4 mal hintereinander vier 4-en und dann keine mehr ziehst. Diese W. musst du noch malsnehmen mit der Anzahl der Mgl., wie sich die 4-en (und damit auch der Rest) in der Reihenfolge verteilen können. Also mit [mm] \vektor{10 \\ 4}. [/mm]


Einfachste Überlegung: Wähle zuerst die Plätze für die 4-en aus und schreibe die 4-en hinein. Dafür gibt es [mm] \vektor{10 \\ 4} [/mm] Mgl.. Fülle nun die jeweils 6 verbliebenen Plätze mit Den anderen Zahlen aus. Dafür gibt es [mm] 3^6 [/mm] Mgl.. Insgesamt also [mm] \vektor{10 \\ 4}*3^6 [/mm] Mgl.. Zur W. jetzt nur noch durch [mm] 4^{10} [/mm] teilen.

>
> [mm]\textbf{Zu 3 b)}[/mm]
>  Hier würde ich wieder die Permutationen
> berechnen. Diesmal gibt es keine Möglichkeit einer freien
> Wahl. Somit:
>   [mm]\tfrac{10!}{4! \cdot 2! \cdot 4!}[/mm] = 3150
>  
> Wenn ich jetzt gerne die Wahrscheinlichkeit hierfür
> ausrechnen möchte, teile ich dieses Ergebnis einfach durch
> alle Möglichkeiten?
>  [mm]\tfrac{3150}{4^{10}}[/mm]

[ok]


>  
>
> [mm]\textbf{Zu 3 c)}[/mm]
>  Es gäbe also [mm]6^4[/mm] Möglichkeiten (mit
> Zurücklegen, mit Reihenfolge).
>  Nun darf ein Buchstabe doppelt vorkommen (ohne
> Zurücklegen, mit Reihenfolge) ergibt:
> [mm]\tfrac{6!}{(4-2)!}[/mm]
>  Die Wahrscheinlichkeit wäre also
> [mm]\tfrac{360}{1296}[/mm] = 27,78 %
>  

[ok]

>
>
> Jetzt bin ich mal gespannt, ob ich es verstanden habe.






>  > > Hallo,

>  >  >  
> > > vielen Dank erst einmal für deine Mühe und die
> > > ausführliche Antwort.
> > > Ich habe mir nun mal weitere Gedanken gemacht und fasse das
> > > mal alles zusammen.
> > >
> > >
> > > [mm]\textbf{Aufgabe 1a)}[/mm]
>  >  >  Die Wahrscheinlichkeit für
> die
> > > Ziffer "1" oder "2" ist jeweils [mm]\tfrac{2}{7}.[/mm]
>  >  >  Somit ist die Wahrscheinlichkeit eine 10-stellige
> Zahl
> > mit
> > > den Ziffern "1" und "2" zu erhalten: [mm](\tfrac{2}{7})^{10}.[/mm]  
> >   [ok]

>  >  >  
> > > Als Beispiellösung habe ich irgendwo in der Ubung gehört,
> > > dass das Ergebnis [mm]\vektor{10 \\ 2} \cdot 5^8[/mm] sei - dem kann
> > > ich leider überhaupt nicht folgen?
>  >  
> > Nein, das passt hier nicht. Das zu der Lösung passende
> > Problem wäre etwa: Suche 2 Positionen aus, an denen die 1
> > oder 2 stehen könnte. Dafür gibt es [mm]\vektor{10 \\ 2}[/mm]
> > Mgl.. Fülle die restlichen Positionen mit Ziffern 3 bis 7
> > auf (1 und 2 sollen nicht wieder vorkommen, also anders als
> > in der Aufgabenstellung, wo das offenbar erlaubt ist), das
> > gibt [mm]5^8[/mm] Mgl.. Aber selbst das wäre nicht richtig gelöst,
> > denn an den zwei ausgesuchten Positionen können die
> > Ziffern 1 und 1, 1 und 2, 2 und 1 oder 2 und 2 stehen, man
> > müsste also alles noch mit 4 multiplizieren.
>  >  
> >
> > >  

> > >
> > > [mm]\textbf{Aufgabe 1b)}[/mm]
>  >  >  Die Anzahl der
> Permutationen
> > > berechnet man mittels [mm]\tfrac{n!}{n_1! \cdot ... \cdot n_k!}[/mm]
>  
> >  

> > >  

> > > Das wäre hier also...
>  >  >  
> > > 3 einsen
>  >  >  2 zweien
>  >  >  1 drei
>  >  >  3 vieren
>  >  >  
> > > Damit erhalten wir [mm]\tfrac{10!}{3! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 3!}[/mm]
>  
> >  

> > >  

> > > Das jetzt noch mal 3 und durch die Anzahl aller
> > > Möglichkeiten um die WK zu erhalten ergibt:
>  >  >  
> > > [mm](\tfrac{10!}{3! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 3!} \cdot[/mm] 3 ) /
> > > [mm]7^{10}[/mm]  [ok]
>  >  >  
> > > Wo rechne ich denn hier WIederholungen heraus?
> >
> >
> > Damit meinte ich das, was du schon getan hast: Du hast
> > nicht einfach nur 10! gerechnet, sondern  die
> > "Wiederholungen" der Ziffern 111 sowie 22 sowie 444
> > innerhalb der angegebenen Zeichenkette berücksichtigt,
> > indem du durch 3!2!3! dividiert hast.
> >
> > >
> > > Angenommen ich hätte zwei Ziffern die beliebig sind, weil
> > > bspw. folgendes gelten soll:
> > >
> > > 3 einsen
>  >  >  2 zweien
>  >  >  3 vieren
>  >  >  
> > > würde ich dann einfach den Zähler mit 4 multiplizieren?
> > > Da beide "freien" Wert 3,5,6,7 annehmen können?
>  >  >  [mm](\tfrac{10!}{3! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 3!} \cdot[/mm] 4
> > [mm]\cdot[/mm]
> > > 4 ) / [mm]7^{10}[/mm]  [ok]
>  >  >  
> > >
> > >
> > > [mm]\textbf{Aufgabe 1c)}[/mm]
>  >  >  Hier wäre die WK
> > [mm](\tfrac{1}{7})^2,[/mm]
> > > richtig?
>  >  >  [ok]
>  >  > Was passiert, wenn ich die Aufgabenstellung so

> abändern
> > > würde, dass die erste Ziffer eine "1" und die letzte
> > > Ziffer eine "7" sein soll, aber die anderen 8 Ziffern dann
> > > keine "1" oder "7" mehr sein dürften?
>  >  >  Für die erste und letzte Stelle wäre meine WK ja
> noch
> > > die selbe: [mm](\tfrac{1}{7})^2[/mm] allerdings müsste ich die
> > > verbleibenden 8 Stellen mit 5 Zahlen auffüllen:
>  >  >  
> > > Hier wäre doch die Anzahl [mm]1^2 \cdot 5^8[/mm]
>  >  >  und
> somit
> > die WK:
> > > [mm]\tfrac{1^2 \cdot 5^8} {7^{10}},[/mm] richtig?
>  >  >  [ok]
>  >  >

> > > [mm]\textbf{Aufgabe 1d)}[/mm]
>  >  >  Hier wäre die WK
> > [mm](\tfrac{2}{7})^2,[/mm]
> > > richtig?
>  >  >  [ok]
>  >  >

> > >
> > > [mm]\textbf{Aufgabe 2)}[/mm]
>  >  >  Danke für die ausführliche
> > > Erklärung. Das leuchtet ein, allerdings frage ich mich,
> > > wie ich das nun auf beliebige andere Aufgaben anwende.
> > > Gibt es eine allgemeingültige Formel? Das Vorgehen
> > > erinnert mich ein bisschen an die Formal zum Ziehen mit
> > > Zurücklegen und ohne Reihenfolge, nur das unten im
> > > Binomialkoeffizienten eine 4 statt einer 5 steht.
> > >
> > > Oder ist es einfach immer:
> > > [mm]\vektor{Anzahl der Kugeln + Anzahl der Urnen - 1 \\ Anzahl der Urnen - 1}[/mm]
>  
> >  

> > >  [ok]

>  >  
> > Ja, das ist immer so.
>  >  >

> > > Viele Grüsse,
> > >  

> >  

>  


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