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Beitrag |
    
WinniePooh1983
| | Veröffentlicht am Samstag, den 15. Dezember, 2001 - 12:53: | 
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Hi!
ich bin schon voll fertig!Diese scheiß Wahrscheinlichkeit bringt mich noch um!Bitte helft mir diese Aufgabe zu lösen:
Wie groß ist die wahrscheinlichkeit dass unter den 10 Karten, die ein Skatspieler erhält:
a)zwei Asse sind
b)drei Asse sind
c)vier Asse sind!
Ich hab einfach keine Ahnung davon!Wir haben letztends was mit nem binomialkoeffizient gemacht,aber ich weiß nicht wie ich den anwenden soll,also welche Zahlen ich dafür verwenden muss und was ich danach machen muss!
Bitte bitte helft mir!!!
Danke!
Sarah |
Justin
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Dezember, 2001 - 22:24: |
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Hi Sarah,
hoffentlich kannst Du die Denkweise meiner Lösung nachvollziehen.
Man hat es hier mit der sogenannten Laplace-Wahrscheinlichkeit zu tun.
Das heißt nichts weiter, als dass jedes Elementarereignis gleich wahrscheinlich ist. Bei einem Kartenspiel mit 32 Karten muss das ja auch so sein, sonst wäre was faul.
Wenn die Karten verteilt werden, entspricht dies einer Kombination von jeweils k Elementen aus n verschiedenen Elementen ohne Wiederholung. Denn darauf, in welcher Reihenfolge die Karten ausgeteilt werden, kommt es nicht an.
Die Anzahl solcher Kombinationen errechnet sich aus (n über k)
(n über k) = n! / (k! * (n-k)!)
Dabei beträgt zunächst die Anzahl ALLER möglicher Kombinationen beim Austeilen des Skatblatts:
(32 über 10) * (22 über 10) * (12 über 10) * (2 über 2)
= 32! / (10! * 10! * 10! * 2!)
Der erste Spieler erhält also aus 32 Karten 10, daher (32 über 10).
Der zweite Spieler erhält dann 10 Karten aus nunmehr verbliebenen 22 => (22 über 10)
Der dritte Spieler erhält dann 10 aus den restlichen 12 Karten => (12 über 10)
Die 2 übrigen Karten sind dann der Skat.
Es ist allerdings ratsamer, bei solchen Binomialkoeffizienten statt mit zu großen Zahlen lieber mit den Faktoren zu arbeiten, aus denen sich die Zahl errechnet. Dazu schreibt man die Faktoren auf ein Blatt Papier und kürzt dann so weit wie möglich.
Beispiel für (22 über 10). Der Strich soll ein Bruchstrich sein:
22 * 21 * 20 * 19 * 18 * 17 * 16 * 15 * 14 * 13
-----------------------------------------------
1 * 2 * 3 * 4 * 5 * 6 * 7 * 8 * 9 * 10
= 19 * 17 * 13 * 11 * 7 * 2 = 646.646
Die Gesamtanzahl aller Möglichkeiten nennt man Ereignisraum und bezeichnet den mit dem großen griechischen Buchstaben Omega.
Omega ist in diesem Falle = 32! / (10! * 10! * 10! * 2!)
Und |OMEGA| beträgt nach obiger Rechnung übrigens: 2.753.294.408.504.640
oder in Faktorenschreibweise: 2^6 * 3² * 5 * 7 * 11² * 13² * 17 * 19 * 23 * 29 * 31
Nun zu Aufgabe a)
A sei das Ereignis, dass zwei Asse unter den 10 Karten eines Spielers sind.
Die Anzahl an Kombinationen für A errechnet sich wie folgt:
|A| = (4 über 2) * (30 über 8) * (22 über 10) * (12 über 10) * (2 über 2)
Da vier Asse im Spiel sind und zwei an einen Spieler ausgeteilt werden sollen, beträgt die Anzahl der Asse-Kombinationen (4 über 2) = 6
Da zwei Asse bereits an einen Spieler ausgeteilt sein sollen, erhält er aus den verbleibenden 30 Karten noch 8: (30 über 8)
Die Kombinationen für die beiden anderen Spieler und den Skat beträgt dann (22 über 10) und (12 über 10) bzw. (2 über 2)
|A| = 1.498.769.133.661.800
bzw. in Faktorenschreibweise: 2³ * 3^5 * 5² * 7 * 11² * 13² * 17 * 19 * 23 * 29
Die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis A errechnet sich nun, indem man |A| durch |OMEGA| teilt.
P(A) = |A| / |OMEGA| = 0,544
Aufgabe b)
B sei das Ereignis, dass drei Asse unter den 10 Karten eines Spielers sind.
Anzahl an Kombinationen für B:
|B| = (4 über 3) * (29 über 7) * (22 über 10) * (12 über 10) * (2 über 2)
Da von den vier Asse im Spiel nun drei an einen Spieler ausgeteilt werden sollen, beträgt die Anzahl der Asse-Kombinationen (4 über 3) = 4
Da nun drei Asse bereits an einen Spieler ausgeteilt sein sollen, erhält er aus den verbleibenden 29 Karten noch 7: (29 über 7)
Die Kombinationen für die beiden anderen Spieler und den Skat beträgt dann (22 über 10) und (12 über 10) bzw. (2 über 2), wie schon bei Aufgabe a)
Und nun berechnet man:
P(B) = |B| / |OMEGA| = 0,0968
Aufgabe c)
C sei das Ereignis, dass alle vier Asse unter den 10 Karten eines Spielers sind.
Anzahl an Kombinationen für C:
|C| = (4 über 4) * (28 über 6) * (22 über 10) * (12 über 10) * (2 über 2)
Anzahl der Asse-Kombinationen (4 über 4) = 1
Von den verbleibenden 28 Karten erhält der Spieler also noch 6: (28 über 6)
Die Kombinationen für die beiden anderen Spieler und den Skat beträgt dann (22 über 10) und (12 über 10) bzw. (2 über 2), wie bei a) und b) schon.
Und nun berechnet man:
P(C) = |C| / |OMEGA| = 0,00584
Du siehst also:
Die Wahrscheinlichkeit, zwei Asse ausgeteilt zu bekommen ist mit 0,544 gar nicht so gering.
Drei Asse erhält man mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,0968 - also einmal alle zehn Spiele etwa - und alle vier Asse mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,00584 - einmal in etwa 180 Spielen.
Ich hoffe, ich habe Dir helfen können, auch wenn es etwas gedauert hat
Ciao
Justin |
Sabine15 (Sabine15)
Neues Mitglied
Benutzername: Sabine15
Nummer des Beitrags: 1
Registriert: 07-2009
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 21. Juli, 2009 - 11:27: |
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Wir sind 4 Damen beim Kaffeekränzchen. Es sollen acht Kuchenstücken verteilt werden, und zwar 2 Apfel-, 2 Kirsch-, 2 Nuss- und 2 Pfaumenkuchen. Jede soll 2 Stücken erhalten.
Wieviele Möglichkeiten der Verteilung haben wir? 8! / 2!*2!*2!*2! haut aber nicht ganz hin, da es ja egal ist, ob ich als erstes oder zweites Stück z.B. einen Apfelkuchen erhalte, wenn ich zwei gleiche Kuchenstücke erhalte. Die Möglichkeiten müßten also etwas begrenzter sein.
Gefühlmäßig würde ich das Ergebnis durch 2 teilen, aber ist das auch mathematisch logisch?
Wer hat die richtige Formel für mich? |
Ingo (Ingo)
Moderator
Benutzername: Ingo
Nummer des Beitrags: 1346
Registriert: 08-1999
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 21. Juli, 2009 - 20:40: |
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Geh die Sache mal andersherum an:
Es stehen 8 Kuchenstücke auf einem Tisch, die erste der vier Damen geht ans Kuchenbuffet und wählt ihre zwei Stücke aus. Dafür gibt es wieviele Möglichkeiten?
Danach kommt die zweite Dame und wählt aus den 6 verbliebenen Stücken wieder zwei aus usw.
Da sich die Damen bei der Wahl nicht beeinflussen, multiplizieren sich die einzelnen Möglichkeiten. |
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