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Anabel (Anabel)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Anabel
Nummer des Beitrags: 100
Registriert: 07-2003
| | Veröffentlicht am Montag, den 26. Januar, 2004 - 16:26: | 
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An einem Tunier nehmen 16 Mannschaften mit je 8 Spielern teil.
1.) Für die Vorrunde werden vier Gruppen 1, 2, 3 und 4 zu je vier Mannschaften ausgelost, wobei es innerhalb einer Gruppe nicht auf die Reihenfolge der Mannschaften ankommt.
a) Wie viele Möglichkeiten der Gruppeneinteilung gibt es?
b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit werden die beiden spielstärksten Mannschaften in dieselbe Gruppe gelost?
danke schon mal! |
Anabel (Anabel)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Anabel
Nummer des Beitrags: 101
Registriert: 07-2003
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 29. Januar, 2004 - 19:48: |
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BITTE helft mir!! |
Laikalou (Laikalou)
Mitglied
Benutzername: Laikalou
Nummer des Beitrags: 25
Registriert: 11-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 30. Januar, 2004 - 07:01: |
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Hallo!
a)
Das ist eine Formel für "ohne zurücklegen" (eine Mannschaft, die schon gezogen wurde, bleibt gesetzt) und "ohne Reihenfolge", das bedeutet (n über k)-verschiedene Möglichkeiten das bedeutet für mich hier: (16 über 4)=1820 möglichkeiten.
(keine Gewähr!)
b) weiß ich leider nicht
Gruß, Barbara |
Jair_ohmsford (Jair_ohmsford)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Jair_ohmsford
Nummer des Beitrags: 483
Registriert: 10-2003
| | Veröffentlicht am Samstag, den 31. Januar, 2004 - 10:36: |
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Hi Anabel!
Zu a)
Nehmen wir zunächst mal an, die Reihenfolge innerhalb der Gruppen spielte doch eine Rolle.
Nennen wir die Plätze 1a, 1b, 1c, 1d, 2a usw. bis 4d.
Dann müssten wir 16 Mannschaften auf 16 Plätze verteilen. Damit kämen wir auf 16! Möglichkeiten.
Nun sind aber die Reihenfolgen innerhalb einer Gruppe ohne Bedeutung. Ganz egal, wie die Mannschaften innerhalb Gruppe 1 auf a,b,c und d verteilt sind, gezählt wird nur 1 Möglichkeit. Nun gibt es 4! Arten, die 4 Mannschaften von Gruppe 1 anzuordnen. Dasselbe gilt für die Gruppen 2, 3 und 4. Demnach muss 16! durch 4!*4!*4!*4! dividiert werden, um die Anzahl aller Möglichkeiten zu bestimmen. Das sind immerhin noch 63.063.000 Möglichkeiten.
Mit freundlichen Grüßen
Jair
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Jair_ohmsford (Jair_ohmsford)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Jair_ohmsford
Nummer des Beitrags: 484
Registriert: 10-2003
| | Veröffentlicht am Samstag, den 31. Januar, 2004 - 10:59: |
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Die Anzahl der Möglichkeiten in a) kommt mir merkwürdig hoch vor. Andererseits halte ich meine Überlegungen für schlüssig. Sieht vielleicht jemand anderes einen Fehler?
Wie dem auch sei - für b sollte diese Überlegung funktionieren:
Die beiden stärksten Mannschaften sind einfach zwei bestimmte Mannschaften - nennen wir sie A und B. Nehmen wir zunächst einmal an, beide sollten in Gruppe 1 gelost werden. Dann gibt es (42), also 4 über 2, Möglichkeiten, die beiden dort unterzubringen. Für die beiden verbleibenden Plätze haben wir nun eine Auswahl aus 14 Mannschaften. Dafür gibt es also (142) Möglichkeiten, diese beiden Plätze zu besetzen. Nun verlangt ja niemand, dass sich die beiden Mannschaften ausgerechnet in Gruppe 1 begegnen. Sie könnten sich auch in den Gruppen 2, 3 oder 4 gegenüber stehen. Damit vergrößert sich die Anzahl der Möglichkeiten um den Faktor 4.
Insgesamt sind das 4*(42)*(142)=2184 Möglichkeiten.
Damit haben wir also die ziemlich kleine Wahrscheinlichkeit von 2184/63.063.000 » 0,000035 = 0,0035% vorliegen.
Mit freundlichen Grüßen
Jair
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Jule_h (Jule_h)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Jule_h
Nummer des Beitrags: 177
Registriert: 03-2003
| | Veröffentlicht am Samstag, den 31. Januar, 2004 - 11:46: |
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Hi Anabel und Jair,
ich kann dein Ergebnis für a) bestätigen, Jair, mit etwas anderer Überlegung:
Ich suche mir aus den 16 Mann schaften 4 für die Gruppe 1 aus: (164) Möglichkeiten. Entsprechend gibt es für die Gruppe 2 (124) Möglichkeiten und für die Gruppe 3 (84) . Für die 4.Gruppe bleiben dann nur 4 Mannschaften übrig. Das Produkt ergibt dasselbe Ergebnis wie bei dir, Jair.
Gruß Jule |
Jair_ohmsford (Jair_ohmsford)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Jair_ohmsford
Nummer des Beitrags: 486
Registriert: 10-2003
| | Veröffentlicht am Samstag, den 31. Januar, 2004 - 12:03: |
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Hi Jule!
Vielen Dank für deine Antwort! Die Anzahl kam mir doch verdächtig groß vor. Aber mit zwei schlüssigen Rechenwegen sind wir ja wohl ganz auf der sicheren Seite.
Mit freundlichen Grüßen
Jair
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Jair_ohmsford (Jair_ohmsford)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Jair_ohmsford
Nummer des Beitrags: 487
Registriert: 10-2003
| | Veröffentlicht am Samstag, den 31. Januar, 2004 - 13:15: |
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Oops! Sorry! Aufgabe b) ist falsch gelöst.
Ich habe die übrigen 12 Mannschaften vergessen, die sich ja auch noch irgendwie auf die restlichen 3 Gruppen verteilen müssen. Außerdem spielt es ja keine Rolle, welche der 4 Plätze durch die Mannschaften A und B belegt werden.
Also:
die (hoffentlich) richtige Anzahl der Möglichkeiten ist
4*(142)*(124)*(84)=12.612.600
Damit ist die Wahrscheinlichkeit bedeutend größer, nämlich
12.612.600/63.063.000 = 0,20
Mit freundlichen Grüßen
Jair
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Anabel (Anabel)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Anabel
Nummer des Beitrags: 104
Registriert: 07-2003
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 01. Februar, 2004 - 15:54: |
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Hallo ihr beiden!!!
vielen Dank schon mal!!!
Kann evtl. jemand das Ergebnis für b) von Jair bestätigen, da er sich ja nicht ganz sicher ist!?
Könntet ihr mir hier auch noch bitte weiterhelfen?
Das wäre toll!! *danke*
2.) Nach dem Endspiel, in dem sich die Mannschaften A und B gegenüberstanden, werden auf gut Glück vier Spieler zu einer Dopingprobe ausgewählt. In der Mannschaft A sei ein Spieler, in B seien zwei Spieler gedopt. Für die Auswahl der Spieler zur Dopingprobe werden zwei verschiedene Verfahren diskutiert:
V1: In jeder Mannschaft werden zwei Spieler ausgelost.
V2: Aus allen 16 Spielern werden vier Spieler ausgelost.
a) Entscheiden Sie durch Rechnung, bei welchen Verfahren die Chance größer ist, ganau zwei Dopingsünder zu ermitteln.
b) Bei einer Anwendung des Verfahrens V1 werden genau zwei Dopingsünder überführt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind es die beiden aus der Mannschaft B?
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Jule_h (Jule_h)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Jule_h
Nummer des Beitrags: 181
Registriert: 03-2003
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 01. Februar, 2004 - 19:11: |
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Hi Anabel,
Die Lösung von Jair ist meiner Meinung nach ok.
zu deinem neuen Problem a)
V1: mögliche Ergebnisse: (82)*(82)ist klar oder?
günstige Ergebnisse: aus der Mannschaft A gibt es nur 1 Möglichkeit, denn da ist ja nur einer gedopt. Für den 2., den du aus A wählen musst bleiben 7 Möglichkeiten. Aus B gibt es dann 2 Möglichkeiten, den Gedopten zu wählen und für den vierten Ungedopten bleiben 6. Macht 7*2*6 = 84 Möglichkeiten. Damit ergibt sich eine Wahrscheinlichkeit von 0,1071 (gerundet).
V2: mögliche Ergebnisse (164)
günstige: aus den insgesamt 3 Dopingsündern wählen wir 2, das sind (32) = 3 Möglichkeiten. Die restlichen zwei nehmen wir von den 13 Ungedopten, das sind (132) Möglichkeiten. Wahrscheinlichkeit: 0,1286 (gerundet).
Über das Problem b) muss ich noch nachdenken - in jedem Fall bedingte Wahrscheinlichkeit... |
Jule_h (Jule_h)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Jule_h
Nummer des Beitrags: 182
Registriert: 03-2003
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 01. Februar, 2004 - 19:18: |
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stop -. hab was vergessen: bei V1 gibt es ja auch noch die Möglichkeit, den aus A nicht zu erwischen und dafür beide aus B - dafür müsste es dann (82)*1 Möglichkeiten geben, denn ich kann aus A beliebeige 2 wählen und aus B nur die beiden "Bösen". Diese 28 Möglichkeiten müssen wir noch addieren, ergibt demnach 112 günstige. Wahrscheinlichkeit: 0,1428 |
Anabel (Anabel)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Anabel
Nummer des Beitrags: 111
Registriert: 07-2003
| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Februar, 2004 - 12:43: |
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Hallo zusammmen!
Hab jetzt Lösungen gesehen und 1) a) und b) sind definitiv richtig!!! Danke!!
Für b) ist ja nun die engültige Lösung:
4*(2über2)* (14über2)*(12über4)*(8über4)*(4über4)
Kann mir einer von euch beiden (ich glaube du Jair hast diesen teil beatbeitet)noch mal genau erklären, warum das so ist???
Das wäre nett!!*danke*
@JuleH
Danke für deine Hilfe bei Aufgabe 2.)!!
bei a) ist V2 richtig, aber V1 leider nicht (da habe ich 15/112 aus Addition von 3/28 und 3/112)..naja auch egal.
Aber bei b) haben wir keine bedingte Wahrscheinlichkeit angewandt, sondern 3/112 : 15/112 dividiert, also beide aus B durch Wahrscheinlichkeit beim V1...
Gibt es dafür eine Erklärung???
Wäre sehr dankbar wenn ihr hier noch weiterhelft!
Anabel |
Jule_h (Jule_h)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Jule_h
Nummer des Beitrags: 186
Registriert: 03-2003
| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Februar, 2004 - 15:29: |
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hallo Anabel. klar: ich hatte in meinem 2.Beitrag vergessen, dass du, wenn du beide aus B erwischen sollst und keinen aus A, bei A ja nur (72) Möglichkeiten hast, denn der Gedopte aus A ist ja nicht dabei. Das ergibt die Wahrscheinlichkeit (72)*1 /(82)².
Zu2.) Das ist schon die Formel für die bedingte Wahrscheinlichkeit: Ereignis A: es werden genau 2 erwischt. Ereignis B: die beiden aus B werden erwischt. Dann ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit PA(B)=P(AundB)/P(A).
P(A) = Wahrscheinlichkeit, dass mit V1 genau 2 erwischt werden, haben wir in 2a) berechnet mit 15/112. P(A und B) ist die Wahrscheinlichkeit, dass genau 2 erwischt werden und zwar die aus B, das war 3/112. Klaro? |
Anabel (Anabel)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Anabel
Nummer des Beitrags: 112
Registriert: 07-2003
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 08. Februar, 2004 - 09:37: |
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Ja, danke Jule für die Erklärung!!!
jetzt habe ich nur noch ein Problem bei b)
Für b) ist ja nun die engültige Lösung:
4*(2über2)* (14über2)*(12über4)*(8über4)*(4über4)
kann mir das jmd von euch noch mal erklären?????
Vllt. auch du Jule, wenn Jair irgendwie nicht da ist...
Danke |
Jair_ohmsford (Jair_ohmsford)
Senior Mitglied
Benutzername: Jair_ohmsford
Nummer des Beitrags: 532
Registriert: 10-2003
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 08. Februar, 2004 - 10:45: |
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Hi Anabel!
Ja, ich habe tatsächlich manchmal nur wenig Zeit. Aber zur Erklärung: Das meiste habe ich ja zuvor schon geschrieben. Ich ordne es nur noch mal richtig an.
Nehmen wir also mal an, die beiden stärksten Mannschaften sind A und B. Sie sollen sich zunächst mal in Gruppe 1 treffen. Dann sind 2 Plätze der Gruppe 1 schon belegt. 14 Mannschaften bleiben übrig. Für die anderen beiden Plätze gibt es also (142) Möglichkeiten der Besetzung.
Es bleiben uns noch 12 Mannschaften übrig. 4 davon sollen in Gruppe 2 kommen. Das ergibt (124) Möglichkeiten, die wir mit den (142) von oben kombinieren müssen. Für Gruppe 3 bleiben 8 Mannschaften übrig, hier ergeben sich also (84) Möglichkeiten. Und die letzten 4 Mannschaften müssen zwangsläufig in Gruppe 4 - also (44) Möglichkeiten.
Bis jetzt sind das
(142)*(124)*(84)*(44) Möglichkeiten.
Nun können sich die Mannschaften A und B ja auch statt in Gruppe 1 in Gruppe 2, 3 oder 4 gegenüberstehen. Wir müssen die Gesamtzahl also noch mit 4 multiplizieren. Das macht dann
4*(142)*(124)*(84)*(44) Möglichkeiten.
Alles klar jetzt?
Mit freundlichen Grüßen
Jair
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Anabel (Anabel)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Anabel
Nummer des Beitrags: 114
Registriert: 07-2003
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 08. Februar, 2004 - 13:37: |
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Jetzt ist alles klar!!!
Dankeschön, dass du dir noch mal die Mühe gemacht hast, Jair! |
