Zahlen mit Abstand < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:26 So 02.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
| Aufgabe | Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass beim Lotto (6 aus 49) die 6 gezogenen Zahlen alle mindestens den Abstand 2 voneinander
haben? |
Hallo,
hat jemand eine Idee?
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ich würd das aufjedenfal mal übers Gegenereignis machen!
Berechne mal wirviele mÖglichkeiten es gibt wobei der Abstand mindestens 1 mal kleiner als 1 ist!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:08 So 02.11.2008 | | Autor: | reverend |
mhhhh... ich weiß nicht.
Sieht jemand eine elegante Möglichkeit?
Bisher sehe ich nur brute-force-Ansätze.
Spannende Frage, jedenfalls.
bei zwei Zahlen aus n wäre die Lösung:
[mm] \summe_{i=1}^{n-2}i
[/mm]
bei drei Zahlen aus n wäre die Lösung:
[mm] \summe_{i=1}^{n-4}(i\summe_{j=1}^{n-3-i}j)
[/mm]
Für beides ist noch leicht ein geschlossener Ausdruck zu finden. Bei fortschreitender Verschachtelung ist das nicht mehr so leicht zu sehen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:16 So 02.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
hi drunken_monkey,
demnach ist das Gegenereignis:
[mm] \vektor{49 \\ 1}+\vektor{48 \\ 1}+\vektor{47 \\ 1}+\vektor{46 \\ 1}+\vektor{10\\ 1}
[/mm]
Also bei den 1. 5 Zügen ist es egal welche Zahlen ich wähle bei den letzten
mal gibt es bis zu 10 Nachbarn der gezogen Zahlen und somit [mm] \vektor{10\\ 1}.
[/mm]
Also somit P(Abstand [mm] 2)=1-\bruch{\vektor{49 \\ 1}+\vektor{48 \\ 1}+\vektor{47 \\ 1}+\vektor{46 \\ 1}+\vektor{10\\ 1})}{\vektor{6\\ 49}}
[/mm]
Kann das sein?
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ne des kann nicht sein.
Es ist doch ein bisschen komplizierter als ich dachte.
Ich glaub mal es gibt den Fall wo alle abstände null.(44 mal)
dann den Fall wo ein abstand nicht null ist. Und bei dem kann ichs schon nicht berechnen bisschen zu kompliziert glaub ich frag mal die Frage nochmal oder wende dich an reverend.
Der hat viell mehr Ahnung und hat ja schon son lösungsansatz hingeschrieben!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:32 So 02.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
Ja schade ich wüßte jetzt auch nichts.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:12 So 02.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
Ist das nicht doch einfach?
Also über das Gegenereignis.
Somit das 1- alle Zahlen haben ein Abstand von 1.
Dementsprechend müssen die 6 Zahlen sozusagen mit eine Abstand 1 zusammen liegen also.
1,3,5,7,9,11
3,5,7,9,11,13
5,7,9,11,13,15
7,9,11,13,15,17
9,11,13,15,17,19
11,13,15,17,19,21
13,15,17,19,21,23
15,17,19,21,23,25
17,19,21,23,25,27
19,21,23,25,27,29
21,23,25,27,29,31
23,25,27,29,31,33
25,27,29,31,33,35
27,29,31,33,35,37
29,31,33,35,37,39
31,33,35,37,39,41
33,35,37,39,41,43
35,37,39,41,43,45
37,39,41,43,45,47
39,41,43,45,47,49
Zusammen sind es 10.
Also P(mind. Abstand 2) =1- [mm] \bruch{10}{\vektor{49 \\ 6}}
[/mm]
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nene 10 ist viel zu wenig!
Vielleicht gehts echt doch besser über das Ereignis selber!
ich überleg mal und schreib später noch mal ne mitteilung!
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also ich würde das gegenereignis jetzt so ausrechen:
du nimmst 1 2 und vier beliebige andre zahlen
+du nimmst 2 3 und vier beliebige größere andre zahlen
usw aslo
[mm] \summe_{i=2}^{44}\vektor{49-i \\ 4}
[/mm]
wenn man das so schreibt?
also ist dein P dann
[mm] P=1-\bruch{\summe_{i=2}^{44}\vektor{49-i \\ 4}}{\vektor{49 \\ 6}}
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:15 So 02.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
Interessant. >Ich habe das "mindestens" nicht beachtet.
Meine durch die Formel hast du alles abgedeckt. Bin mir recht sicher.
Danke für eure Beiträge.
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Kommt bei Deiner Lösung auch [mm] \bruch{\vektor{44 \\ 6}}{\vektor{49 \\ 6}} [/mm] heraus, drunken monkey?
Das wäre eine Wahrscheinlichkeit von ca. 50,4802%
Mir fehlt noch eine elegante Darstellung des Lösungswegs, aber rechnerisch geht es etwa anhand der folgenden Tabelle:
1 1 1 1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 7
1 3 6 10 15 21 28 ...
1 4 10 20 35 56 84
1 5 15 35 70 126 210
1 6 21 56 126 252 462
.
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.
Die Spalten- und Zeilennummerierung beginnen beide mit 1 und sind hier nicht eingetragen.
In der ersten Spalte und Zeile steht durchgängig 1. Jedes andere Feld ist die Summe aus der Zahl darüber und der links daneben.
In Spalte k+1 steht, wieviele Möglichkeiten es gibt, k gezogene Zahlen mit der vorgegebenen Bedingung (Abstand mind. 2) zu finden. Dabei steht in Zeile 1 die Angabe für die Zahl der zur Verfügung stehenden Kugeln (Lotto), nämlich 2k-1. In Zeile 1, Spalte 4 (k+1) ist also zu sehen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 3 Zahlen (k) aus 5 (2k-1) zu ziehen: eine. Darunter: 3 Zahlen aus 6 (vier Möglichkeiten).
Die Lösung muss also in Zeile 39, Spalte 7 stehen (nachrechnen).
Die Definition der Tabelle lässt ja direkt die Ohren klingeln. - Das ist ein Pascalsches Dreieck mit der Spitze oben links. Wir wissen aber, dass dieses Dreieck aus Binomialkoeffizienten gebildet wird.
So braucht man nur noch zu ermitteln, welcher davon an der Lösungsstelle liegt und findet [mm] \vektor{44 \\ 6}. [/mm] Die Gesamtzahl der möglichen Ereignisse für 6 Zahlen aus 49 beträgt natürlich [mm] \vektor{49 \\ 6}. [/mm] Damit hat man das Ergebnis.
So, jetzt fehlt nur noch eine gute Begründung, warum diese Tabelle bzw. das Pascalsche Dreieck eigentlich die Lösung beinhaltet, und das an dieser Stelle.
Mal eine andere Hilfestellung: hier das Ergebnis, aber den Weg dahin musst Du selbst finden. Er ist aber letztlich enthalten und nicht allzu schwer zu sehen. Viel Erfolg!
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also ich hab irgwie was andres raus mit meinem ansatzt
und zwar p=87,76% oda so.
Aber ich weiß eh nicht ob mein weg stimmt, war das einzige was mir eingefallen ist, bin ja bis jetzt nur ein schüler 
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