Lotto-Aufgabe < Kombinatorik < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:05 Fr 15.01.2010 | | Autor: | Nils92 |
| Aufgabe | Die Aufgabe ist in dem Buch "Elemente der Mathematik" der Sekundarstufe II aus dem Schroedel-Verlag auf Seite 471 unter Nr. 8 zu finden:
a) Beim Lottospiel 6 aus 49 gibt es verschiedene Gewinnränge. Man gewinnt z.B, auch
(1) wenn man 4 der 6 Gewinnzahlenn richtig angekreuzt hat (4 Richtige)
(2) wenn man 3 der 6 Gewinnzahlen und die Zusatzzahl richtig angekreuzt hat.
Wie groß sind in (1) bzw. (2) die Gewinnwahrscheinlichkeiten? |
Ich wäre mithilfe des Binominalkoeffizienten vorgegangen:
[mm] \bruch{n!}{(n-k)!k!}
[/mm]
--> (1) [mm] \bruch{49!}{(49-4)!4!} [/mm] das müsste die Möglichkeiten darstellen.
Mein Mathelehrer hat jedoch was vollkommen anderes ausgerechnet...
Muss ich iwie die Rechnung in (1) noch durch den Binominalkoeffizienten der Möglichkeiten bei 6 Richtigen teilen?
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Hey,
> Ich wäre mithilfe des Binominalkoeffizienten
> vorgegangen:
>
> [mm]\bruch{n!}{(n-k)!k!}[/mm]
>
> --> (1) [mm]\bruch{49!}{(49-4)!4!}[/mm] das müsste die
> Möglichkeiten darstellen.
ja das gibt die Wahrscheinlichkeit an, wenn du 4 aus 49 zeihst, aber du siehst ja 6 aus 49 und davon sind 4 richtig
> Mein Mathelehrer hat jedoch was vollkommen anderes
> ausgerechnet...
was hat er denn raus???
LG
pythagora
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:28 Fr 15.01.2010 | | Autor: | Nils92 |
Er hat mir nur die Rechnung kurz gezeigt, hab das nicht schriftlich von ihm...
aber ich glaube man muss erst alle Möglichkeiten des Lottos ausrechnen (13.983.816) und dann die Wahrscheinlich von 4 Treffern mit der Häufigkeit der "Äste" multiplizieren und durch alle Möglichkeiten also 13.983.816 teilen. Mein Problem ist wie ich herausfinde wie oft der "Ast" mit 4 Treffern vorkommt...
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:10 Fr 15.01.2010 | | Autor: | karma |
Hallo und guten Tag,
stimmt,
die gesuchte Lösung errechnet sich als ein
Produkt,
das die Anzahl aller Lottotipps mit vier Richtigen darstellt,
geteilt durch die Anzahl aller überhaupt möglichen Lottotipps,
eben jene knapp 14 Millionen Möglichkeiten.
Das man sich auf das Zählen von Möglichkeiten beschränken kann,
um die gesuchte Wahrscheinlichkeit zu bestimmen,
liegt letzten Endes daran,
daß jede Kugel dieselbe Aussicht hat, gezogen zu werden.
Nehmen wir an, es wären die Kugeln mit den Nummer
1,2,3,4,5,6
aus der Lottotrommel ausgewählt worden.
Wieviele Gewinnmöglichkeiten gibt es nun,
wenn bloß vier von den sechs Ziffern richtig sein müssen?
1,49,3,4,24,6 wären z.b. vier Richtige (1,3,4,6).
Aber auch z.B. 12,2,3,19,5,6 (2,3,5,6).
Und so weiter.
Man ahnt, worauf es hinausläuft:
Die Anzahl der 4-Richtige-Gewinnmöglichtkeiten ist die Anzahl der Möglichkeiten,
vier Ziffer aus den gezogenen sechs auszuwählen
mal der Anzahl der Möglichkeien,
zwei Ziffern aus den verbleibenden nichtgezogenen 43 Ziffern
auszuwählen:
[mm] $\vektor{6 \\ 4}\*\vektor{43 \\ 2}$.
[/mm]
Nun alles durch jene knapp 14 Millionen teilen und man hat die gewünschte Wahrscheinlichkeit berechnet.
Schönen Gruß
Karsten
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:32 Fr 15.01.2010 | | Autor: | Nils92 |
Ah danke, als Ergebnis hab ich etwa 0,0960 % raus. Stimmt das?
Und was is dann mit Aufgabenteil 2?
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Hallo Nils92,
> Ah danke, als Ergebnis hab ich etwa 0,0960 % raus. Stimmt
> das?
Nun, das Ergebnis beläuft sich nach meiner Rechnung auf [mm]\approx 0.0969[/mm] %.
>
> Und was is dann mit Aufgabenteil 2?
Hier setzt Du statt der 4 die 3 ein.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:44 Fr 15.01.2010 | | Autor: | Nils92 |
Aber dann wurde doch die Zusatzzahl nicht beachtet...
Ich hab jez einfach anstatt der 4 die 3 eingesetzt und anschließend noch durch 10 geteilt, weil die Wahrscheinlichkeit bei der Zusatzzahl aufgrund 10 Möglichkeiten und jeweils gleicher Wahrscheinlichkeiten 1/10 für jedes Ereignis beträgt.
Mein Ergebnis ist: P(3 Richtige + Zusatzzahl) = 0,0129 %
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Hallo Nils92,
> Aber dann wurde doch die Zusatzzahl nicht beachtet...
Ja, da hast Du recht.
[mm]\pmat{6 \\ 3}\pmat{43 \\ 3}[/mm]
sind generell die Möglichkeiten für 3 Richtige.
>
> Ich hab jez einfach anstatt der 4 die 3 eingesetzt und
> anschließend noch durch 10 geteilt, weil die
> Wahrscheinlichkeit bei der Zusatzzahl aufgrund 10
> Möglichkeiten und jeweils gleicher Wahrscheinlichkeiten
> 1/10 für jedes Ereignis beträgt.
>
> Mein Ergebnis ist: P(3 Richtige + Zusatzzahl) = 0,0129 %
Die Möglichkeiten für 3 Richtige mit Zusatzzahl errechnet sich wie folgt:
[mm]\pmat{6 \\ 3}\pmat{1 \\ 1}\pmat{42 \\ 2}[/mm]
Der mittlere Faktor steht hier für die Zusatzzahl.
Dann kommt hier für die Wahrscheinlichkeit
[mm]\bruch{\pmat{6 \\ 3}\pmat{1 \\ 1}\pmat{42 \\ 2}}{\pmat{49 \\ 6}} = 0.0123 ... [/mm]
heraus.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:30 Fr 15.01.2010 | | Autor: | Nils92 |
Also war meine Rechnung mit der Multiplikation von 1/10 richtig?
Weil due bekommt am Ende eine 3 heraus und ich eine 9...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:32 Sa 16.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo Nils,
auch ich bekomme beim Berechnen des Quotienten eine Drei hinten raus, genauer gesagt 0,012314.....
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:45 Mi 20.01.2010 | | Autor: | Nils92 |
Die Möglichkeiten für 3 Richtige mit Zusatzzahl errechnet sich wie folgt:
$ [mm] \pmat{6 \\ 3}\pmat{1 \\ 1}\pmat{42 \\ 2} [/mm] $
Der mittlere Faktor steht hier für die Zusatzzahl.
Dann kommt hier für die Wahrscheinlichkeit
$ [mm] \bruch{\pmat{6 \\ 3}\pmat{1 \\ 1}\pmat{42 \\ 2}}{\pmat{49 \\ 6}} [/mm] = 0.0123 ... $
heraus.
Ich hab da nochma ne frage:
Du hast jez nur berechnet, dass man 5 mal zieht und sozusagen, dass die Zusatzzahl in dem System mit drin steckt. Es muss doch eigentlich heißen:
P(3Richtige,3Nieten,1Zusatzzahl)= [mm] \bruch{\vektor{6 \\ 3}*\vektor{43 \\ 3}}{\vektor{49 \\ 6}} [/mm] * [mm] \bruch{1}{10}
[/mm]
und da hab ich etwa 0,17655% als Ergebnis heraus...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:28 Do 21.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Nils,
ich bin immer noch der Meinung, dass der Lösungsweg von MathePower die richtige ist, wenn auch die Kombination der "Nichtergebnisse" meines Erachtens nicht stimmt.
Wie Du auf die 1/10 kommst, ist mir nicht klar. Was Du für den Zähler ausmultiplizierst, sind doch die Kombinationsmöglichkeiten der einzelnen Klassen von Ergebnismengen. Von 6 Richtigen hast Du 3, von einer Zufallszahl (es wird nur eine gezogen), ziehst Du auch genau eine, und dann musst Du noch 3 Verkehrte aus den dann noch vorhandenen 42 ziehen. Damit komme ich für den Ausdruck
$$ \bruch{\vektor{6 \\ 3} \vektor{ 1 \\ 1} \vektor{42 \\ 3} }{\vektor{49 \\7} $$
auf einen Wert von 0,267 Prozent.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:01 Do 21.01.2010 | | Autor: | Nils92 |
mhh also ich dachte, dass beim Lotto die Zusatzzahl seperat aus 10 Ziffern gezogen wird und die Wahrscheinlichkeit für einen Treffer ist somit 1/10
Hab auch keine Ahnung wie das jez beim Lotto so is...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:04 Do 21.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Nein, dem ist nicht so. Die Zusatzzahl wird zusätzlich gezogen, aber aus dem normalen Reservoir von 49 Zahlen.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:21 Do 21.01.2010 | | Autor: | Nils92 |
Achso ja cool, jez hab ich Lotto vollständig verstanden XDXD
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:30 Do 21.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Na, das freut mich. Aber Du siehst ja, die Chancen auf einen dicken Gewinn sind nicht so berauschend.
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