Variation ohne WH < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo & Mahlzeit!
--> Es stehen 5 unterscheidbare Elemente zur Verfügung. (n=5)
--> Es stehen 5 Positionen zur Verfügung, bei denen die Elemente auftreten können. (r=5)
--> Jede Position muss von einem Element abgedeckt werden, dh auf einer Position muss ein Element sein, nicht weniger, nicht mehr!
--> Jedes Element hat seinen bestimmten Platz, dh es gibt eine Kombination der Elemente (bezogen auf die Positionen), die richtig ist.
Daraus schließe ich:
--> Variation (da die Reihenfolge eine Rolle spielt, denn es gibt ja 5 unterscheidbare Elemente)
--> ohne Wiederholung (da alle Positionen ein Element haben)
Wenn es nun heißt, dass man die Wahrscheinlichkeit berechnen soll, dass bereits 3 Elemente auf der richtigen Position seinen sollen, dann sieht das ja folgend aus:
:: MÖGLICHEN FÄLLE:
--> Ein Element kann auf jeder Position vorkommen.
--> Es gibt keine Wiederholung.
--> n, n-1, n-2, n-3, n-4
--> Variation ohne Wiederholung: V(n=5,r=5)
--> Es sollte dann [mm] \bruch{n!}{(n-r)!} [/mm] mögliche Anordnungen geben.
:: GÜNSTIGEN FÄLLE:
--> Drei Elemente sind bereits auf der richtigen Position.
--> es gibt keine Wiederholung.
--> 1, 1, 1, n-3, n-4
--> Variation ohne Wiederholung
1 1 1 n-3 n-4 ... Elemente
___ ___ ___ ___ ___ ... Positionen
Hier weiß ich nicht genau, wie ich das berechnen soll. Drei Positionen sind mit dem richtigen Element belegt, die andern beiden nicht. Es herrscht aber doch Variation. Man konzentriert sich in diesem Fall doch auf n-3 und n-4, oder?
Stimmt dann die folgende Variation: [mm] \bruch{n!}{(n-(r-3))!}=\bruch{5!}{(5-2)!}? [/mm] Hier (r-3)=2 angenommen, da nur mehr 2 Positionen variieren können. Die andren 3 sind ja schon fix.
Der Rest ist dann verständlich. Nur bin ich mir bei der Berechnung der 2. Variation unsicher. Ich hoffe, jemand kann mir weiter helfen.
Gruß, h.
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Hallo Braunstein,
> --> Es stehen 5 unterscheidbare Elemente zur Verfügung.
> (n=5)
> --> Es stehen 5 Positionen zur Verfügung, bei denen die
> Elemente auftreten können. (r=5)
> --> Jede Position muss von einem Element abgedeckt werden,
> dh auf einer Position muss ein Element sein, nicht weniger,
> nicht mehr!
> --> Jedes Element hat seinen bestimmten Platz, dh es gibt
> eine Kombination der Elemente (bezogen auf die Positionen),
> die richtig ist.
>
> Daraus schließe ich:
> --> Variation (da die Reihenfolge eine Rolle spielt, denn
> es gibt ja 5 unterscheidbare Elemente)
> --> ohne Wiederholung (da alle Positionen ein Element
> haben)
Ich denke das stimmt.
Was die Anzahl der möglichen Fälle angeht, so hast du ja fürs erste Element 5 Möglichkeiten dieses an eine Position zu bringen; für das zweite wären es unter der vorherigen Bedingung nur noch 4 Möglichkeiten u.s.w. . Damit hättest du also 5*4*3*2*1 = 5! Möglichkeiten deine 5 Elemente anzuordnen. Bei den günstigen Fällen fiel mir zunächst die Pfadregel ein. Die W'keit gleich beim ersten Mal das richtige Element für die erste Position zu ziehen ist ja [mm]\tfrac{1}{5}[/mm]. Unter dieser Bedingung wäre die W'keit für das 2te Element [mm]\tfrac{1}{4}[/mm], und für das 3te [mm]\tfrac{1}{3}[/mm]. Gemäß der Pfadregel, gilt doch dann für die W'keit 3 Richtige zu ziehen: [mm]\tfrac{1}{5\cdot{4}\cdot{3}}[/mm]. Und diesen Bruch kann man auch schreiben als: [mm]\tfrac{1}{5\cdot{4}\cdot{3}} = \tfrac{2!}{5!}[/mm].
Wie kann man nun den rechten Term interpretieren? Der Nenner sind alle möglichen Fälle und der Zähler sind alle Fälle oder sagen wir mal "Freiheiten", die man noch hat, um die übriggebliebenen 2 Elemente richtig anzuordnen. Denn die anderen 3 sind ja schon richtig angeordnet worden. Da kann man also nichts mehr anordnen.
Oder mathematisch ausgedrückt: 1*1*1*2*1, wobei jede der ersten 3 Einsen bedeutet: Es gibt nur eine richtige Position für dieses Element, da gibt es nichts mehr für mich zu tun.
Grüße
Karl
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:38 Sa 13.10.2007 | | Autor: | Braunstein |
Hey Karl_Pech!
Vielen Dank für deine ausführliche Antwort. Wenn man sich langsam und ein wenig unsicher der Wahrscheinlichkeit annähert, ist es fein, "mehr" als nur eine Antwort zu bekommen. Danke!
Gruß, h.
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Naja, ich frag doch lieber nach, was die Wahrscheinlichkeit betrifft.
Ich habe mir gedacht, die Wahrscheinlichkeit in der Form von
(# der günstigen Fälle)/(# der möglichen Fälle)
zu berechnen. Das ist dann:
[mm] \bruch{\bruch{n!}{(n-r)!}}{\bruch{n!}{(n-(r-3))!}}=\bruch{120}{20}=\bruch{1}{6}
[/mm]
Du hast aber [mm] \bruch{1}{60} [/mm] rausbekommen. Von der Pfadregel habe ich noch nichts gehört. Gibt's da irgendwelche Infos im WWW? Hab mal Google um Hinweise gefragt. Brauchbares habe ich leider nicht gefunden.
Freue mich auf ein paar Tipps.
Gruß, h.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:00 Sa 13.10.2007 | | Autor: | Braunstein |
Zur Information:
Warum ich die Frage überhaupt Stelle? Meines Wissens kann man doch alle günstigen/möglichen mit den Formeln der Variation bzw. Kombination berechnen.
Die möglichen Fälle stimmen bei uns ja über ein, die günstigen Fälle nicht! Hab dann n=2 und r=2 gewählt. Dann kam auch ich auf den Zähler 2! Folgendes hab ich mir dabei gedacht: Die noch zu verteilenden Elemente sind genau 2 Stück, daher n=2. Zu dem gibt es nur mehr noch 2 Positionen, also ...
n=2
r=2
dh
[mm] \bruch{n!}{(n-2)!}=\bruch{2!}{0!}=2
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:02 Sa 13.10.2007 | | Autor: | Braunstein |
Hehe,
ich find meine Idee gar nicht mal so abwegig! :)
Was denkt ihr?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:45 So 14.10.2007 | | Autor: | koepper |
Hallo und guten morgen,
für die günstigen Fälle gibt es genau ${5 [mm] \choose [/mm] 3} = 10$ Möglichkeiten, wenn wir davon ausgehen, daß genau 3 Steine auf der richtigen Position sein sollen. Falls mindestens 3 gemeint ist, dann sind es 11 Möglichkeiten.
Das ist leicht verständlich, wenn man sich klar macht, daß bei genau 3 richtigen die Position der verbleibenden Steine festgelegt ist. Sie müssen "verkehrt herum" sein. Also kann man die Möglichkeiten einfach zählen, indem man überlegt, wie viele Möglichkeiten es gibt, aus den 5 Positionen die 3 richtigen auszusuchen.
Genau 4 richtige kann es offensichtlich nicht geben.
Die Anzahl der Möglichkeiten insgesamt ist 5! = 120.
Die Wahrscheinlichkeit ergibt sich daraus mit der Laplace-Formel. (günstige / mögliche)
Gruß
Will
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:18 So 14.10.2007 | | Autor: | Braunstein |
Vielen Dank koepper.
Hast mich auf eine neue Denkweise gebracht! :)
Gruß, h.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:44 So 14.10.2007 | | Autor: | koepper |
Hallo Karl,
ich habe die Aufgabenstellung noch einmal angeschaut. Sie ist aus meiner Sicht nicht ganz klar gestellt.
Du hast die Wahrscheinlichkeit berechnet, daß bei der sukzessiven Verteilung der Steine auf die Plätze nach 3 Belegungen alle 3 Belegungen richtig sind.
Ich habe dagegen die Wahrscheinlichkeit berechnet (durch Angabe der günstigen und möglichen), daß nach vollständiger Belegung genau, bzw mindestens, 3 richtige vorhanden sind.
Meine Wahrscheinlichkeit muß natürlich größer sein, weil es ja auch möglich ist, daß zuerst die beiden "falschen" gesetzt werden.
Was hier gemeint war, weiß sicher der Aufgabensteller am besten.
Gruß
Will
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:48 So 14.10.2007 | | Autor: | Braunstein |
@koepper: Deine Variante ist die richtige! Es können auch die ersten beiden Stellen falsch sein, die letzten drei dafür richtig, usw.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:55 So 14.10.2007 | | Autor: | Karl_Pech |
Hallo Will,
Ok, danke nochmal fürs Korrekturlesen! 
Grüße
Karl
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Wie würde es aussehen, wenn nur eine Kugel richtig platziert ist? Wie viele günstige Fälle gibt es dann?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:46 So 14.10.2007 | | Autor: | koepper |
Ich fürchte, die Fragen entwickeln sich langsam in eine Richtung, in der wir ohne Algebra nicht mehr auskommen:
Jede Permutation läßt sich eindeutig zerlegen in ein Produkt disjunkter Zykel. Wenn genau 1 Stein an der richtigen Position sein soll = unverschoben, dann suchen wir alle Permutationen mit einer Zykelzerlegung vom Typ (4) und vom Typ (2,2).
Vom Typ 4 gibt es: ${5 [mm] \choose [/mm] 4} * 3! = 30$
Vom Typ (2,2) gibt es: [mm] $\frac{{5 \choose 2} * 1 * {3 \choose 2} * 1}{2} [/mm] = 15$
Also insgesamt 45.
Wenn du die Symmetrische Gruppe nicht kennst, wird dir das wahrscheinlich nicht viel helfen. Aber eine umfassende Einführung in dieses relativ leichte Thema findest du sicher an vielen Stellen.
Nur als Info:
alle falsch: 44 Möglichkeiten
genau 1 richtig: 45
genau 2 richtig: 20
genau 3 richtig: 10
genau 4 richtig: 0
genau 5 richtig: 1
-------------------------
120 Möglichkeiten
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:01 So 14.10.2007 | | Autor: | Braunstein |
Danke. Dh es ist wohl kein Fehler, sich alle Möglichkeiten aufzuschreiben :)
Gruß, h.
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