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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:08 Fr 03.12.2010 | | Autor: | NoBrain |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo,
ich versuche die Wahrscheinlichkeit zu berechnen, 3 oder 4 richtige Treffer aus 10 Objekten mit zurücklegen bei einer festgelegten 4er Kombination mit zurücklegen aus 10 Objekten zu haben.
Anzahl der 4er Kombinationen ist ja ((10+4-1) über 4) = 715.
Die Wahrscheinlichkeit genau die 4er Kombination zu finden ist 1/715.
Aber ich habe Probleme den Ansatz zu finden die Anzahl der Möglichkeiten mit 3 richtigen Treffer mit einer Niete zu finden.
Kann mir bitte jemand einen Ansatz geben/helfen, weil ich hier echt am verzweifeln bin. Bin mir sicher, dass es relativ einfach ist.
Danke im Voraus :)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:50 Fr 03.12.2010 | | Autor: | M.Rex |
Hallo und ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
> Hallo,
>
> ich versuche die Wahrscheinlichkeit zu berechnen, 3 oder 4
> richtige Treffer aus 10 Objekten mit zurücklegen bei einer
> festgelegten 4er Kombination mit zurücklegen aus 10
> Objekten zu haben.
Wenn ich das richtig verstehe, ziehst du beim ersten Fall 4 aus 10 unterscheidbaren Kugeln, und suchst die Wahrscheinlichkeit, eine bestimmte Kombination zu bekommen. Leider aagst du nicht, ob die Rehinefolge wichtig ist, oder ob diese irrelevant ist.
>
> Anzahl der 4er Kombinationen ist ja ((10+4-1) über 4) =
> 715.
Wie kommst du auf diese Formel. Bedenke mal die Lottomöglichkeiten:
Da sollen 6 aus 49 Kugeln gezogen werden, und das sind [mm] \vektor{49\\6}=\bruch{49!}{6!(49-6)!} [/mm] verschiedene Möglichkeiten.
Würde die Reihenfolge auch noch beachtet werden müssen, müsstest du die 6! im Nenner weglassen, da das genau die Anzahl der Permutationen (möglichen Reihenfolgen) der 6 gezogenen Kugeln ist.
> Die Wahrscheinlichkeit genau die 4er Kombination zu finden
> ist 1/715.
>
> Aber ich habe Probleme den Ansatz zu finden die Anzahl der
> Möglichkeiten mit 3 richtigen Treffer mit einer Niete zu
> finden.
Auch das ist mit einem ![[]](/images/popup.gif) Beispiel aus dem Lotto vergleichbar. Versuche mal, das auf deine Aufgabe zu übertragen.
Marius
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:14 Fr 03.12.2010 | | Autor: | NoBrain |
Danke für die Reaktion, aber da hab ich anscheinend nicht richtig gefragt.
>Wie kommst du auf diese Formel. Bedenke mal die Lottomöglichkeiten:
Die "Lottoformel" also das einfache (n über k) ist ja ohne Zurücklegen der Kugel. Bei meinem Problem gibt es aber mit Zurücklegen, daher ist die Formel für Repetion (n+k-1 über k).
Daher kann ich leider auch nicht wie bei der Lottomöglichkeit vorgehen.
Ich versuche das mal etwas konkreter darzustellen:
Es gibt 10 unterschiedliche Farben. Davon wird ein Code mit 4 Stellen generiert (alle Farben können wiederholt drankommen und die Reihenfolge ist egal). Das ist dann die Kombination, die der Nutzer finden muss.
Ich suche die Wahrscheinlichkeit, dass der Nutzer einen Code findet, bei dem er 3 oder 4 richtige hat (wobei die Reihenfolge wieder egal ist. Es geht nur darum , dass er 3 Farben bzw 4 Farben richtig hat (z.B: 3xgrün und 1xblau)).
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Ich hatte gerade schon eine lange Antwort geschrieben, wo ich dann aber feststellen durfte, dass das falsch ist.
Jetzt habe ich es mal ganz anders probiert, nämlich mit einem Beispiel:
Beispiel: 10 Ziffern {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}
Vorgegeben: [1,1,4,7]
Jetzt sind die Fälle gesucht, in denen genau eine Ziffer falsch ist.
Also: Erste Ziffer ist anders, dafür gibt es natürlich 9 Möglichkeiten:
0,1,4,7
2,1,4,7
3,1,4,7
4,1,4,7
5,1,4,7
6,1,4,7
7,1,4,7
8,1,4,7
9,1,4,7
Die zweite Ziffer ist identisch, d.h. dort bekomme ich keine neuen Möglichkeiten, wenn die falsch ist (ist ja eigentlich klar, es sind genau die 9 Möglichkeiten, die schon da stehen).
Dritte Ziffer falsch:
1,1,0,7
1,1,1,7
1,1,2,7
1,1,3,7
1,1,5,7
1,1,6,7
1,1,7,7
1,1,8,7
1,1,9,7
Vierte Ziffer falsch:
1,1,4,0
1,1,4,1
1,1,4,2
1,1,4,3
1,1,4,4
1,1,4,5
1,1,4,6
1,1,4,8
1,1,4,9
Wenn man das jetzt für ein Beispiel mit 4 verschiedenen Ziffern durchochst, dann bekommt man eben auch noch ein viertes Paket raus. Noch besser sieht man es natürlich bei einem Beispiel mit 4 identischen Ziffern - da gibt es nämlich nur 9 andere Kombinationen, bei denen nur eine Ziffer falsch ist.
Dass es bei diesem Zählverfahren keine doppelt gezählten gibt, sieht man auch hier schon:
Variiert man die erste Ziffer, dann ist da keine 1,1 -Kombination dabei, bei der nächsten Variation stehen die 1,1 schon fest (zweites Paket oben) und beim letzten stehen die 1,1,4 fest, die vorher aber nicht auftauchen konnten, weil das ja eine korrekte Kombination gewesen wäre.
Eigentlich klingt das komisch für mich - aber ich sehe keinen Fehler, außer dass ich vielleicht die Aufgabe nicht verstanden habe.
Gruß,
weightgainer
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Gerade noch eingefallen:
Die 715 Möglichkeiten sind ja auch nicht alle gleich wahrscheinlich, d.h. vielleicht hilft es dann doch, über den geordneten Weg mit den [mm] 10^{4} [/mm] = 10.000 Möglichkeiten zu argumentieren.
Denn es gibt ja einfach mehr Möglichkeiten, die 1234 zu ziehen als die 1111, im unsortierten Fall werden ja diese mehreren Möglichkeiten zu einer zusammengefasst, dafür ist die W-keit dafür natürlich höher und wir haben keine Gleichverteilung mehr.
Kann das nicht weiter ausarbeiten, hab leider noch dringende Termine. Vielleicht hilft es trotzdem  .
Gruß,
weightgainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:16 Fr 03.12.2010 | | Autor: | NoBrain |
| Aufgabe | Es gibt 10 unterschiedliche Farben. Davon wird ein Code mit 4 Stellen generiert (alle Farben können wiederholt drankommen und die Reihenfolge ist egal). Das ist dann die Kombination, die der Nutzer finden muss.
Ich suche die Wahrscheinlichkeit, dass der Nutzer einen Code findet, bei dem er 3 oder 4 richtige hat (wobei die Reihenfolge wieder egal ist. Es geht nur darum , dass er 3 Farben bzw 4 Farben richtig hat (z.B: 3xgrün und 1xblau)). |
Ah danke!!! Stimmt ja, dass die Wahrscheinlichkeiten nicht gleichverteilt sind! Ich merke, dass mein Ansatz über die Kombinatorik schon bisschen dämlich war. Da muss ich je eher über die Binominalverteilung gehen.
Ist dieser Ansatz richtig?
p(3 Richtige) = [mm] (1/10)^3*(9/10)^1 [/mm] * 4 * 4!
also die Wahrscheinlichkeit drei richtige zu haben (Teil 1) * Anzahl der Möglichkeiten 3 richtige zu haben (4 über 3)=4 * Anzahl der Permutationen (da die Reihenfolge der vier ja egal ist, also 4!)
Ich hab mal die selbsterstellte Beispielaufgabenstellung mit angehangen für die, die noch nicht involviert waren.
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Ich bin nicht so sicher.... hab mir das gerade mal für nur 2 Farben überlegt:
ROT BLAU soll es sein, d.h. für genau ein Richtiges sind ROT - NICHT BLAU oder NICHT ROT - BLAU möglich.
Wenn ich mir jetzt den Baum dazu denke, heißt das:
1. ZUG:
1. Fall: ROT mit [mm] \bruch{1}{10}
[/mm]
2. Fall: BLAU mit [mm] \bruch{1}{10}
[/mm]
3. Fall: andere mit [mm] \bruch{8}{10}
[/mm]
2. ZUG (nur die gewollten):
1. Fall: NICHT BLAU mit [mm] \bruch{9}{10}
[/mm]
2. Fall: NICHT ROT mit [mm] \bruch{9}{10}
[/mm]
3. Fall: BLAU oder ROT mit [mm] \bruch{2}{10}
[/mm]
Wenn ich die "drei" (eigentlich ja 4) Pfade (3. Fall fasst ja zwei Pfade zusammen) zusammenrechne, kommt da in etwa sowas raus:
[mm]P(genau\ 1\ Farbe\ richtig) = \vektor{2 \\ 1} \bruch{1}{10}*\bruch{9}{10} + 2* \bruch{8}{10}*\bruch{2}{10}[/mm]
Wenn jetzt allerdings ROT ROT vorliegt, heißt das ja, dass es nur eine Kombination gibt, nämlich ROT - NICHT ROT.
1. ZUG:
1. Fall: ROT mit [mm] \bruch{1}{10}
[/mm]
2. Fall: NICHT ROT mit [mm] \bruch{9}{10}
[/mm]
2. Zug (nur die gewollten):
1. Fall: NICHT ROT mit [mm] \bruch{9}{10}
[/mm]
2. Fall: ROT mit [mm] \bruch{1}{10}
[/mm]
Das ergibt also ein durchaus anderes Ergebnis als bei zwei verschiedenen Farben - auch unter Benutzung der Binomialverteilung.
Ich bin neugierig, wie das nun weitergeht, vielleicht hast du noch eine zündende Idee, ich muss jetzt wieder los.... hier gibt es so viele richtige Cracks, von denen haben bestimmt einige schon die Lösung....
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