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Beitrag |
    
johannes
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 15. Mai, 2002 - 18:59: | 
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Wie groß ist die Warscheinlichkeit, dass in einer Lottoausspielung 6 aus 49 kein Pärchen (aufeinanderfolgende Zahlen) vorkommt. |
Friedrich Laher (friedrichlaher)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: friedrichlaher
Nummer des Beitrags: 315
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 17. Mai, 2002 - 17:07: |
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???
w = 1 - WahrscheinlichkeitFürEinPärchen = 1 - p
Pärchen gibt es wohl 48 (1,2; 2,3; ...48,49)
also wäre
p = 48*( 1 / (2 aus 49) ) = 48*2/(49*48) = 2/49
also
w = 47/49
??? |
Kirk (kirk)
Mitglied
Benutzername: kirk
Nummer des Beitrags: 13
Registriert: 03-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 17. Mai, 2002 - 18:28: |
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Hallo,
Ich kann deine Lösung nicht ganz nachvollziehen, Friedrich. Du berechnest die Wahrscheinlichkeit für ein Pärchen bei "2 aus 49".
Kann leider keine Altnerativlösung bieten. Scheint mir nicht ganz einfach, das abzuzählen.
Meine erste Abschätzung: 48 Pärchen mal "47 über 4" geteilt durch "49 über 6"
Ergibt 61 % W für mindestens ein Pärchen. Dabei sind aber Möglichkeiten doppelt gezählt. Die tatsächliche Wahrscheinlichkeit muss also darunter liegen.
Grüße,
Kirk
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Friedrich Laher (friedrichlaher)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: friedrichlaher
Nummer des Beitrags: 317
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 17. Mai, 2002 - 18:45: |
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ja, ein Pärchen ist eines der 2 aus 49, und für eines davon
ist die Wahrscheinlichkeit 1/(2 aus 49)
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Kirk (kirk)
Mitglied
Benutzername: kirk
Nummer des Beitrags: 16
Registriert: 03-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 17. Mai, 2002 - 20:48: |
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Wenn du "2 aus 49" spielst, und die Wahrscheinlichkeit für ein Pärchen suchst, so ist deine Rechnung korrekt.
Aber ergibt sich für "6 aus 49" dieselbe Wahrscheinlichkeit? Leuchtet mir (noch) nicht ein.
Kirk
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Friedrich Laher (friedrichlaher)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: friedrichlaher
Nummer des Beitrags: 320
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 17. Mai, 2002 - 21:14: |
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ok,
man muß wohl ersteinmal zwischen 6er Teilmengen unterscheiden die
(a) keine der Zahlen 1 und 49 enthalten
(b) 1 aber nicht 49 oder umgekehrt enthalten
(c) 1 und 49 enthalten
Damit keine Pärchen entstehen gibt es bei (a)
nach
- dem Ziehen der 1ten Zahl 47 Möglichkeiten für die 2te
- dem Ziehen der 2ten Zahl 45 Möglichkeiten für die 3te
- dem Ziehen der 3ten Zahl 43 Möglichkeiten für die 4te
- dem Ziehen der 4ten Zahl 41 Möglichkeiten für die 5te
- dem Ziehen der 5ten Zahl 39 Möglichkeiten für die 6te
also
a = 49*47*45*43*41*39/6!
bei (b) nach Ziehen der 1 oder 49: b = 48*46*44*42*40/5!
bei (c) nach Ziehen von 1 und 49.: c = ...45*43*41*39/4!
die gesuchte w sollte dann also (a+2b+c)/(6 aus 49) sein.
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Kirk (kirk)
Mitglied
Benutzername: kirk
Nummer des Beitrags: 18
Registriert: 03-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 17. Mai, 2002 - 22:19: |
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Hi Friedrich,
so habe ich es auch versucht. Es tauchten aber ganz schöne Probleme auf.
Ein kleiner Fehler ist dir unterlaufen: Nach dem Ziehen der ersten Zahl bleiben noch 46, da die erste und beide Nachbarn ausscheiden.
Gut, das lässt sich leicht korrigieren.
Ernste Probleme gibt es jetzt: Nimm an, du hast "3" gezogen. Bleiben noch 46 Zahlen. Wenn du jetzt als zweite Kugel "6" ziehst, bleiben danach noch 43. Ziehst du aber "5" als zweite, bleiben noch 44. (Die "4" ist sowohl mit "3" als auch mit "5" benachbart, fällt aber nur einmal weg.) Jetzt brauchst du also wieder eine Fallunterscheidung. Das artet in richtig Arbeit aus.
Eine elegante Lösung sehe ich nicht. Frage an Johannes: Ist das eine Aufgabe aus einem Schulbuch?
Grüße,
Kirk
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Friedrich Laher (friedrichlaher)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: friedrichlaher
Nummer des Beitrags: 321
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 19. Mai, 2002 - 09:39: |
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ich hab nicht nachgesehen - aber laßt die Finger davon wenn es eine aktuelle Bundeswettbewerb Mathe Aufgabe ist !!!
Hallo, Johannes,
Hi Kirk ( wie wär's wenn Du Spok zu Hilfe rief'st )
vielleicht hilft Euch
meine
neue Idee weiter - wenn auch mir noch nicht
man gehe nicht gleich von 6 aus 49 aus.
Die kleinste Anzahl aus der man pärchenfrei 6 ziehen kann, ist 11,
die gezogenen 6 sind dann 1,3,5,7,9,11 .
Bleiben
Weitere 38 Elemente zu "plazieren", die ihre Nummern je nach Platz auf den man sie setzt erhalten und ggf. auch die Nummern der gezogenen 6 ändern:
*,1,3,5,7,9,11 würde also zu 1,2,4,6,8,10,12
usw.
Eine Plazierung hinter dem letztem "Gezogenem" verändert an den gezogenen Nummern natürlich nichts.
für
jedes hinzukommende gibt es also 6 Möglichkeiten,
die
Nummern der gezogenen zu ändern (irgendwo vor dem 1tem,2tem,..6tem)
...
aber irgendwie komm ich da auf zu hohe Werte. |
egal
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 19. Mai, 2002 - 10:47: |
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Wegen der Gefahr einer Wettbewerbsaufgabe nur die exakte Anzahl der Möglichkeiten für 6 aus 49 ohne Pärchen:
1086008
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Kirk (kirk)
Mitglied
Benutzername: kirk
Nummer des Beitrags: 21
Registriert: 03-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 19. Mai, 2002 - 12:53: |
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Hi,
Bundeswettbewerb ist es nicht, zumindest nicht die erste Runde, denn die ist schon abgeschlossen.
Frage an egal: Ist deine Zahl Ergebnis einer theoretischen Überlegung oder beruht es auf Computer-Unterstützung? Bei ca. 14 Mio Möglichkeiten würde das bedueten, dass bei über 90 % der Ziehungen Pärchen auftreten. Kommt mir ein wenig viel vor. (Widerspricht auch meiner Anschätzung von oben.)
Grüße,
Kirk
@Spock: Hast du´s mitbekommen? Die Leute verlangen nach dir. |
Tyll (tyll)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: tyll
Nummer des Beitrags: 71
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 19. Mai, 2002 - 13:47: |
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Hi ihr alle.
Beh.: die Wahrscheinlichkeit, daß im Lotto 6 aus 49 keine benachbarten Zahlen auftreten ist etwa 0,5048.
Bew.:
Es sei W:={w=(a1,...,a6)| 1 £ a1 £ a2 £...£ a6 £49} und P(w)= 1/|W|.
Dann ist |W| = (49 über 6) Sei ferner A:={w=(a1,...,a6)|"i aus {1,...,5} ai+1-ai>1} und B:={w=(a1,...,a6)| 1 £ a1 £ a2 £...£ a6 £ 44}.
Offensichtlich ist dann |B|= (44 über 6).
Sei f:B ® A, (a1,...,a6) ® (a1, a2+1, a3+2, a4+3, a5+4, a6+5).
Seien w,w' aus B und f(w) = f(w'). Dann gilt also a1=a1', a2+1=a2'+1 ,a3+2=a3'+2, a4+3=a4'+3, a5+4=a5'+4 ,a6+5=a6'+5 und somit ai=ai' für alle i aus {1,...,6}.
Also ist f injektiv. Offensichtlich ist f auch surjektiv, also ist f bijektiv und es gilt also |A|=|B|.
Damit folgt P(A) = |A|/|W| = |B|/|W| = (44 über 6)/(49 über 6) = 0,5048.
Gruß
spock....ähhh, tyll  |
egal
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 19. Mai, 2002 - 17:34: |
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Sehr elegante Lösung, tyll! Hut ab!
Ich hatte aufgrund eines kapitalen Denkfehlers (44 über 5) berechnet.
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Kirk (kirk)
Mitglied
Benutzername: kirk
Nummer des Beitrags: 22
Registriert: 03-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 20. Mai, 2002 - 14:09: |
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Hi,
verblüffend einfach...
Eine wirklich schöne Lösung!
Grüße,
Kirk |
Solveigh
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Freitag, den 05. Juli, 2002 - 03:33: |
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Eine Wettbewerbsaufgabe ist das sicher nicht, wenn fast die gleiche Aufgabe schon in einem Schulbuch abgedruckt wurde.
Ist zwar die vorletzte Aufgabe überhaupt in dem Buch "Elemente der Mathematik 9" vom Verlag Schroedel, und die Aufgabennummer ist rot statt schwarz (d.s.h. sie "fordert die Selbständigkeit in besonderem Maße heraus"), aber es ist sogar schon das Ergebnis vorgegeben:
"Begründe: es gibt (44 über 6) Lottotips von 6 Zahlen, bei denen keine benachbarten Zahlen auftreten."
Ich weiß nur nicht, ob ein Schüler der Klasse 9 den Beweis vom 19. Mai, 2002 - 14:47 Uhr verstehen kann??
Kann man das nicht einfach so machen:
Man betrachtet eine Menge von 6 roten Kugeln und 43 schwarzen Kugeln. Nun fragt man nach der Anzahl der Möglichkeiten, die 6 roten so zwischen die 43 schwarzen zu platzieren, dass keine roten nebeneinander liegen.
Man hat 44 Möglichkeiten, die erste rote derart hinzulegen: 42 Plätze zwischen den schwarzen und 2 Plätze am Rand.
Für die zweite rote Kugel gibt es dann noch 43 freie Plätze, für die dritte rote noch 42 etc.
So kommt man auf 44*43*42*41*40*39 Möglichkeiten, die 6 roten Kugeln so zwischen die 43 schwarzen zu platzieren, dass keine roten nebeneinander liegen.
Jetzt berücksichtigt man noch, dass die Reihenfolge, in der die 6 roten Kugeln abgelegt wurden, keine Rolle spielt. Also teilt man die Zahl 44*43*42*41*40*39 durch die Anzahl der Möglichkeiten, 6 Kugeln anzuordnen, das sind 6! Möglichkeiten.
Man kommt also auf 44*43*42*41*40*39/6! = 44!/(38!*6!) = (44 über 6) Möglichkeiten.
Die von johannes erfragte Wahrscheinlichkeit dafür erhält man dann, indem man die letzte Zahl durch die Anzahl aller Ausfälle teilt, also
P(keine aufeinanderfolgenden Zahlen) = (44 über 6)/(49 über 6) |
Tyll (tyll)
Neues Mitglied
Benutzername: tyll
Nummer des Beitrags: 1
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 07. Juli, 2002 - 14:47: |
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Hi Solveigh!
Wir befinden uns im Brett der 12/13 Klasse. Insofern kann nach dem heutigen Stand der Ausbildung davon ausgegangen werden, daß Begriffe wie "injektivität" bekannt sind.
ansonsten handelt es sich bei "deiner" Lösung nur um eine Umschreibung meiner Lösung. Du machst es ja genauso, wie ich es vorgerechnet habe, nur nicht so formal.
Gruß
Tyll |
Solveigh
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 29. September, 2002 - 03:33: |
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Hi Tyll!
Na schön, ich habe es genauso gemacht wie du es vorgerechnet hast, aber glaube bitte nicht, dass ich es einfach abgeschrieben habe, ich habe nämlich leider fast nichts davon verstanden.
Aber wenn alle anderen Abgänger der Klasse 13 dies können müssen, dann möchte ich keine Ausnahme sein.
Könntest du mir erklären, warum du folgerst:
Dann ist |Omega| = (49 über 6).
Habe ich Omega überhaupt richtig verstanden? Wenn ich sage:
Dabei ist Omega die Menge aller klein omega, welches sechs Elemente a1, a2, ..., a6 sind, für die gilt:
a1 bis a6 liegen zwischen 1 und 49.
Dabei taucht noch eine Frage auf:
warum können die omegas gleich sein, also warum steht da "kleiner oder gleich" und nicht nur
a1 < a2 < a3 < a4 < a5 < a6 ?
Die gezogenen Zahlen dürfen doch nicht gleich groß sein?
Gruß
Solveigh |
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