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schwere Aufgaben

ZahlReich - Mathematik Hausaufgabenhilfe » Klassen 12/13 » Stochastik/Wahrscheinlichkeitsrechnung/Statistik » Kombinatorik » schwere Aufgaben « Zurück Vor »

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Marcohof (Marcohof)
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Benutzername: Marcohof

Nummer des Beitrags: 39
Registriert: 03-2002
Veröffentlicht am Montag, den 29. November, 2004 - 18:13:   Beitrag drucken

Hallo zusammen!!!
Haben heute erst den Binomialkoeffizienten erklärt bekommen müssen aber folgende Aufgaben lösen und einreichen...naja und mit meinem derzeitigen Wissen ist das ein Alptraum!!!
Habe schon einige gelöst aber leider hänge ich an ein paar echt schweren Aufgaben

Hoffe ihr könnt mir etwas Helfen!!! Auch über Ansätze wär ich sehr Dankbar!!!

Aufgabe 1
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit beim Poker 5 Karten zu erhalten, deren Werte (ohne Berücksichtigung der Farbe) aufeinander folgen???

Aufgabe 2
Aus einem Blatt mit 52 Karten werden n Karten (n<52) gezogen und eine dieser n Karten aufgedeckt - es ist ein As!
Dann werden das As und die n-1 Karten gemischt und erneut eine Karte aufgedeckt
==> Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass diese zweite aufgedeckte Karte auch ein As ist???

Aufgabe 3
Urne mit a weißen und b schwarzen Kugeln:
2 Spieler ziehen nacheinander wobei die gezogene Kugel sofort zurückgelegt wird...Gewonnen hat der Spieler, der ZUERST die weiße Kugel zieht.
==> Man bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der Spieler der Anfängt (also die erste Kugel zieht) gewinnt!

Vielen Dank!!!
Gruß Marco
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Megamath (Megamath)
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Benutzername: Megamath

Nummer des Beitrags: 4657
Registriert: 07-2002
Veröffentlicht am Dienstag, den 30. November, 2004 - 09:57:   Beitrag drucken

Hi Marco

Ich löse die dritte Aufgabe, die hier nochmals formuliert
werden soll:

Aufgabe 3
Gegeben ist eine Urne mit a weißen und b schwarzen Kugeln.
2 Spieler ziehen nacheinander, wobei die gezogene Kugel
sofort zurückgelegt wird.
(a und b sind beide von null verschieden)
Gewonnen hat der Spieler, der ZUERST
eine weiße Kugel zieht.
==> Man bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür,
dass der Spieler, der anfängt (also die erste Kugel zieht),
gewinnt!

Ein Lösungsversuch:

Die Wahrscheinlichkeit p, eine weiße Kugel zu ziehen,
ist konstant:
p = a/(a+b)
Die Wahrscheinlichkeit q, eine schwarze Kugel zu ziehen,
ist ebenfalls konstant, nämlich
q = b/(a+b)
Es gilt p+q = 1.

Um die gesuchte Wahrscheinlichkeit P zu finden,
skizzieren wir einen Baum, den wir in einem
(x,y)-Koordinatensystem darstellen.


Die Punkte S1(0/1), S2(0/2), S3(0/3), S4(0/4),….
liegen auf der y –Achse, welche als Stamm des Baums dient.
Dieser Stamm zieht sich ins Unendliche; wir haben einen
Baum, der sozusagen in den Himmel wächst!

Die Punkte Sj bedeuten alle :
das Ereignis „schwarz“ (s) ist eingetroffen

Es gibt in den Punkten S horizontale Verzweigungen
(Seitenäste).
Die Endpunkte der Seitenäste sind der Reihe nach
W1(1/1),W2(1/2) ,W3(1/3) ,W4(1/4)….
Die Seitenäste selbst sind die Strecken
S1W1, S2W2, S3W3, S4W4,…..

Die Punkte Wj bedeuten alle :
das Ereignis „weiss“ (w) ist eingetroffen und damit Sieg
und Ende des Spiels.

Damit wir die Pfadregel benützen können, versehen wir
die einzelnen Strecken mit den entsprechenden
Wahrscheinlichkeiten und zwar so:

alle vertikalen Strecken
S1S2, S2S3, S3S4,….. je mit q

alle horizontalen Strecken
S1W1, S2W2, S3W3,….. je mit p

p und q sind die zu Anfang bereitgestellten Werte.

Die beiden Spieler werden mit den Symbolen
M (wie Megamath) und N (wie Niklaus) bezeichnet.

M beginnt, Positionen:S1,S3,S5,…
Siege für M in W1,W3,W5,….möglich!.

Wir durchwandern den Pfad und berechnen
die Wahrscheinlichkeit P
eines Sieges für M; dieser tritt, wie gesagt, in den
Punkten Wj mit
UNGERADEN Indizes ein, d.h. in W1,W3,W5,….

Durch genaues Hinsehen finden wir:
P = p + q^2*p + q^4*p + q^6*p + …….. ad infinitum
Rechts steht eine unendliche geometrische Reihe
Anfangsglied p, Quotient q^2;
daraus folgt für die Summe
P = p / (1 - q^2); die Konvergenz ist gesichert,
da q < 1 gilt.

Wir ersetzen p und q durch die Terme in a und b;
Ergebnis:
P = (a + b) / (a + 2 b).
°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°


Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moiser,megamath
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Megamath (Megamath)
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Benutzername: Megamath

Nummer des Beitrags: 4658
Registriert: 07-2002
Veröffentlicht am Dienstag, den 30. November, 2004 - 11:26:   Beitrag drucken

Hi Marco

Zur Kontrolle berechnen wir noch die Wahrscheinlichkeit Q
dafür, dass N gewinnt, unter der bisherigen Voraussetzung,
dass M mit dem Spiel beginnt.

Im gleichen Baum lesen wir ab:
Q = q*p + q^3*p + 5*p +…

Das ist wiederum eine unendliche geometrische Reihe;
Anfangsglied p q , Quotient q^2
Wir erhalten:

Q = p q / (1 – q^2) = b / (a + 2b)

Wir bilden noch die Summe P + Q und erhalten EINS,
wie es sein muss, bravo!

Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Marcohof (Marcohof)
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Benutzername: Marcohof

Nummer des Beitrags: 41
Registriert: 03-2002
Veröffentlicht am Dienstag, den 30. November, 2004 - 18:26:   Beitrag drucken

Wow!Als ich den Titel "schwere Aufgaben" wählte war mir nicht klar, dass sie so schwer werden!

@ Megamath:
Haben Sie vielen Dank für die ausführliche Aufgabenlösen - sie haben echt super erklärt!

Hätte zwar nicht geglaubt, dass
P = p / (1 - q^2) mit p,q wie von Ihnen def. sich wirklich zu (a + b) / (a + 2 b) vereinfacht...aber es kürzt sich wirklich so schön zusammen "wow"...
So einfach der Aufgabentext auch ist - der Weg ist leider nicht ohne

Schönen Abend noch...
Gruß Marco
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Zaph (Zaph)
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Benutzername: Zaph

Nummer des Beitrags: 1756
Registriert: 07-2000
Veröffentlicht am Mittwoch, den 01. Dezember, 2004 - 00:08:   Beitrag drucken

Ich versuche mal die 2. Aufgabe.

Definiere die Ereignisse B1, B2, A(i) für i=0,1,2,3,4 wie folgt.

B1: erste gezogene Karte ist ein As
B2: zweite gezogene Karte ist ein As
A(i): unter den n Karten befinden sich i Asse

Gesucht ist die bedingte Wahrscheinlichkeit P(B2 | B1).

Nach der Formel von der totalen W'keit gilt

P(B2 | B1)
= S4 i=0 P(A(i) | B1) * P(B2 | A(i) und B1)

Es ist offenbar für i = 0,1,2,3,4:
P(B2 | A(i) und B1) = P(B2 | A(i)) = P(B1 | A(i)) = i/n

Nach der Formel von Bayes gilt weiterhin:
P(A(i) | B1) = P(A(i)) * P(B1 | A(i))/S
mit
S = S4 j=0 P(A(j)) * P(B1 | A(j))

Außerdem ist für i = 0,1,2,3,4:
P(A(i)) = (4 über i) * (48 über n-i) / (52 über n)

(Dabei sei (a über b) der Binominalkoeffizient)

Jetzt alles einsetzten ... fertig! ;-)
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Zaph (Zaph)
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Benutzername: Zaph

Nummer des Beitrags: 1757
Registriert: 07-2000
Veröffentlicht am Mittwoch, den 01. Dezember, 2004 - 00:17:   Beitrag drucken

Wenn du alles zusammengefasst hast, erhältst du eine Formel f(n). Du kannst eine Probe machen. Nämlich:

Es muss gelten:
f(1) = 1
f(52) = 1/13
f(2) = 1/2 + ein Bisschen

Viel Spaß!
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Megamath (Megamath)
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Benutzername: Megamath

Nummer des Beitrags: 4663
Registriert: 07-2002
Veröffentlicht am Mittwoch, den 01. Dezember, 2004 - 17:46:   Beitrag drucken

Hi Marco

Es freut mich sehr, dass Du an meiner Lösung der
dritten Aufgabe Gefallen gefunden hast!
Besten Dank für Deine freundlichen Bemerkungen!

Die Lösungsmethode zeigte Wirkung; es wird
nützlich sein, sie im Hinterkopf zu speichern.

Besonders beeindruckt hat mich die Lösung
der zweiten Aufgabe von Zaph.
Ich möchte ihm für die Präsentation dieser Lösung
gratulieren und danken!

Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Megamath (Megamath)
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Benutzername: Megamath

Nummer des Beitrags: 4664
Registriert: 07-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. Dezember, 2004 - 06:55:   Beitrag drucken

Hi Marco

Es folgt eine Variante Deiner zweiten Aufgabe
samt Lösung.


Aufgabe 3*

Ein Bridge-Kartenspiel enthält 52 Karten.
4 davon sind Asse.
Es wird gut gemischt.
Dann wird eine Karte nach der andern aufgedeckt.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür,
dass beim k-ten Aufdecken erstmals ein As erscheint?

Lösung

Wir benötigen Binomialkoeffizienten r über s;
wir bezeichnen sie mit
b(r,s).
Es gilt also: b(r,s) = r! / [s! * (r-s)!]

Die Stellen, an denen die Karten im Stapel liegen,
sind von 1 bis 52 durchnumeriert.
Die Stellen, an denen wir die vier Asse (gedanklich)
vorfinden, bilden eine Menge, bestehend aus 4 Elementen,
eine Viererbande V, z.B. V = {13, 31, 34, 43}.
Es gibt m = b(52,4) solche Mengen; m charakterisiert die
Anzahl der Möglichkeiten.

Nun ist die Anzahl der günstigen Fälle zu bestimmen.
Das geht so:
Günstig sind die Vierermengen, die die Zahl k als kleinstes
Element enthalten.
Wir haben also Vierermengen auszuwählen
aus den 52-k aufeinander folgenden Nummern
k, k+1,k+2….,52; da k immer mit dabei ist,
gibt es g = b(52-k),3) günstige Fälle.

Somit ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit:
M(k) = g / m = b (52 - k, 3) / b(52, 4)
°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°

Der Term lässt sich noch etwas vereinfachen.

Viel Vergnügen beim Studium!

Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Zaph (Zaph)
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Benutzername: Zaph

Nummer des Beitrags: 1758
Registriert: 07-2000
Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. Dezember, 2004 - 08:54:   Beitrag drucken

Megamaths Gratulation hat mich angespornt, ein wenig weiter zu rechnen. Wenn alle Terme fleißig eingesetzt und gekürzt werden, erhält man die überraschend einfache Formel

P(B2 | B1) = f(n) = (16 + n) / (17n)

Und es gilt in der Tat:

f(1) = 1
f(2) = 0,53...
f(52) = 1/13
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Marcohof (Marcohof)
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Benutzername: Marcohof

Nummer des Beitrags: 42
Registriert: 03-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. Dezember, 2004 - 20:00:   Beitrag drucken

Ihr seid echt spitze!
Habs leider noch nicht geschafft euere Lösungswege zu Aufgabe 2 ganz zu verstehen - aber das Wochenende liegt vor der Tür - und den Ehrgeiz habe ich sicherlich!

Habe aber einen Lösungsvorschlag zu meiner 1. Aufgabe anzubieten...
Was haltet ihr von folgendem:
Spielt man beim Poker mit 32 oder 52 Karten? Als leidenschaftlicher Skatspieler ist mir Poker fremd
falls mit 32:
- es gibt dann 4 Möglichkeiten eines 'Straight'
- ohne Beachten der Reihenfolge und ohne Zurücklegen gibt es (32 über 5) Möglichkeiten
- jeden Kartentyp gibt es 4 mal

==>P('straigth')= [4^6]/[(32 über 5)]

falls jedoch mit 52 Karten:
wie oben...

...P('straigth')=[9*4^5]/[(52 über 5)]

Und,wie siehts aus?

schönen Abend noch...
Gruß Marco
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Zaph (Zaph)
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Benutzername: Zaph

Nummer des Beitrags: 1759
Registriert: 07-2000
Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. Dezember, 2004 - 23:06:   Beitrag drucken

Hallo Marco, das sieht ziemlich gut aus! Beim Pokern gibt es übrigens üblicherweise 52 Karten.

Megamaths Variante hätte ich wie folgt berechtet.

Bei den ersten k-1 Karten kein As. Die W'keit dafür beträgt

48/52 * 47/51 * ... * (50-k)/(54-k)

(Falls k = 1, ist das Produkt leer, und somit 1.)

Die k-te Karte soll ein As sein. Die W'keit dafür beträgt

4/(53-k)

Die gesuchte W'keit ist also

48/52 * 47/51 * ... * (50-k)/(54-k) * 4/(53-k)

Für Megamaths Vorschlag gilt hingegen:

b(52-k,3) / b(52,4)
=
[(52-k)!/3!/(49-k)!] / [52!/4!/48!]
=
[(52-k) * (51-k) * (50-k) / 6] / [52 * 51 * 50 * 49 / 24]
=
4 * [(52-k) * (51-k) * (50-k)] / [52 * 51 * 50 * 49]

Das sieht anders aus - ist aber dasselbe. :-)

Z.
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Megamath (Megamath)
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Benutzername: Megamath

Nummer des Beitrags: 4668
Registriert: 07-2002
Veröffentlicht am Freitag, den 03. Dezember, 2004 - 09:05:   Beitrag drucken

Hi Zaph,Hi Marco

Bravo, bravissimo!
Der Tag hat gut angefangen:
Wir haben dasselbe Resultat auf unterschiedlichen Wegen
bekommen.
Das ist gut und tröstlich.

Dank auch an Marco für seinen wertvollen Beitrag!

Es folgen (später) weitere Skat- und Pokeraufgaben!

Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Marcohof (Marcohof)
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Benutzername: Marcohof

Nummer des Beitrags: 43
Registriert: 03-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 09. Dezember, 2004 - 18:44:   Beitrag drucken

Nabend! Es geht um die Aufgabe 2 (s.o.)!
Leider ist die Lösung falsch
Hier das richtige Ergebnis:

P(B2)= 1/n + 3/51 * (n-1)/n

Bin gerne bereit den Lösungsweg nachzusenden - aber evtl. will ja noch jemand sein Glück versuchen;-)

Schreibt einfach ne Antwort wenn euch der korrekte Lösungsweg interssiert...

Gruß Marco
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Zaph (Zaph)
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Benutzername: Zaph

Nummer des Beitrags: 1761
Registriert: 07-2000
Veröffentlicht am Freitag, den 10. Dezember, 2004 - 06:09:   Beitrag drucken

Hallo Marco, das ist doch dasselbe!

1/n + 3/51 * (n - 1)/n
=
1/n + 1/17 * (n - 1)/n
=
(16 + n) / (17n)

Aber, wenn du einen eleganteren Lösungsweg hast, immer her damit!

Z.
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Marcohof (Marcohof)
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Benutzername: Marcohof

Nummer des Beitrags: 44
Registriert: 03-2002
Veröffentlicht am Freitag, den 10. Dezember, 2004 - 19:12:   Beitrag drucken

Ohh... das haben weder ich noch mein Prof gemerkt - das Ergebnis (16 + n)/(17n)wurde nur mit einem f versehen...

Hier der Lösungsvorschlag meines Dozenten:
Er hat sofort beachtet, dass man eine der n Karten schon kennt uns darum nur mit n-1 "gearbeitet"...

mit Binomialkoeffizienten r über s; b(r,s).
Es gilt also: b(r,s) = r! / [s! * (r-s)!]

P(2 Zug As)=
[b(3,0)*b(48,n-1)]/b(51,n-1)*1/n
+ [b(3,1)*b(48,n-2)]/b(51,n-1)*2/n
+ [b(3,2)*b(48,n-3)]/b(51,n-1)*3/n
+ [b(3,3)*b(48,n-4)]/b(51,n-1)*4/n

=[b(51,n-1) + 4*b(50,n-2)]/b(51,n-1)*n

=3*b(50,n-2)/n

=1/n + 3/51 * (n-1)/n

Lässt sich so interpretieren:

1/n ==> P(selbe Karte)
3/51 ==> P(andere Karte ein As)
(n-1)/n ==> P(andere Karte)

=(16 + n)/17*n

Nochmals Danke für eure Hilfe!!!
Horrido
Marco
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Zaph (Zaph)
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Benutzername: Zaph

Nummer des Beitrags: 1762
Registriert: 07-2000
Veröffentlicht am Sonntag, den 12. Dezember, 2004 - 09:41:   Beitrag drucken

Hallo Marco, die Formel
1/n + 3/51 * (n - 1)/n
ist mir jetzt sehr einleuchtend! Hätte mich gewundert, wenn es für so eine einfache Formel keine einfacherer Begründung finden ließe.

Z.

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