3 Gleiche beim Glücksrad < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:20 So 18.03.2007 | | Autor: | Artus |
| Aufgabe | Ein Glücksrad mit 10 gleichen Feldern wird insgesamt 5 mal gedreht, um eine fünfstellige Zahl zu erhalten. Auf den Feldern sind die Zahlen 0 bis 9. Die erhaltene Zahl kann auch mit der Ziffer 0 beginnen.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit erhält man bei einem Durchgang eine Zahl mit 3 gleichen Ziffern? |
Ich muss zugeben, dass ich zur Zeit keinen eigenen Lösungsansatz habe.
Auf die Aufgabe bin ich mehr durch Zufall gestoßen und mein Mathelexikon hilft mir nicht wirklich weiter.
Vielleicht kann mir ja jemand einen Hinweis geben, wie man an diese Art von Aufgaben ran geht?
(Meine Schulzeit liegt etwa 3 Jahrzehnte zurück!)
LG
Artus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:03 So 18.03.2007 | | Autor: | Riley |
Hi Artus,
du kannst diese Aufgabe als Urnenmodell sehen, wobei du von 10 kugeln (die mit den Ziffern 0...9 beschriftet sind) 5 Kugeln ziehst, mit Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge, d.h. Menge der mögl. Versuchsausgänge ist
[mm] \Omega [/mm] = [mm] \{(w_1,...,w_5) : w_i \in \{0,...,9\} \}
[/mm]
Ereignis A = " genau 3 gleiche Ziffern"
Für die Wahrscheinlichkeit von A gilt dann P(A) = [mm] \frac{|A|}{|\Omega|}, [/mm] (La-Place-Experiment).
Du musst dir also nur noch die Mächtigkeiten der beiden Mengen überlegen.
Zu |A |: Wir haben 10 mögliche Ziffern von denen eine 3x vorkommen soll, für die anderen beiden Ziffern des 5-Tupels haben wir noch 9 Möglichkeiten. Und nicht vergessen: auf wie viele Möglichkeiten kann man die 3 Ziffern in einem 5-Tupel anordnen?
Viele Grüße,
Riley
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:05 So 18.03.2007 | | Autor: | Artus |
Hallo Riley,
ich danke Dir für Deine Hilfstellung.
Mein Lösungsweg sieht nun folgendermaßen aus:
[mm] \Omega [/mm] = [mm] ^wC^n_N
[/mm]
mit N=10; n=5
[mm]={{N+n-1} \choose n}[/mm]
[mm]={14 \choose 5}[/mm]
[mm]=2002[/mm]
Für [mm]|A|[/mm]
folgt
[mm]{|A|}=\bruch{10*9*8}{5} [/mm]
|A|=144
P(A) = $ [mm] \frac{|A|}{|\Omega|} [/mm] $
P(A) = $ [mm] \frac{144}{2002} [/mm] $
P(A) = 0,07193
Vielleicht kannst Du die Richtigkeit bestätigen?
Habe ich Deinen Hinweis auf den 5er-Tupel richtig verarbeitet?
LG
Artus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:46 So 18.03.2007 | | Autor: | Riley |
Hi Artus,
hm, die Mächtigkeit von [mm] \Omega [/mm] gibt ja an, wieviele verschiedene Zahlen ( also wie viele 5-Tupel [mm] (w_1,...,w_5)) [/mm] man ziehen / drehen kann.
Da haben wir für [mm] w_1 [/mm] 10 Möglichkeiten (eine der Ziffern 0...9), für [mm] w_2 [/mm] 10 Möglichkeiten usw. , d.h. insgesamt [mm] 10^5 [/mm] mögliche 5er-Tupel.
also [mm] |\Omega| [/mm] = [mm] 10^5.
[/mm]
Die Formel die du verwendet hast, modelliert das Ziehen mit Zurücklegen, aber ohne Reihenfolge. Imho ist mit Reihenfolge hier aber besser, damit wir ein Laplace experiment haben und alle möglichen Tupel mit der gleichen Wkeit auftreten.
Die Mächtigkeit von A würde ich so berechnen:
Es gibt 10 mögl. Ziffern, die dreimal vorkommen können. Die verbleibenden zwei Ziffern können aus den verbleibenden 9 Ziffern ausgewählt werden. Damit gibt es 10*9*9=810 verschiedene Ziffernkombis für den Fall "genau drei gleiche Ziffern". Die drei gleichen Ziffern können dann aber noch auf [mm] \binom{5}{3}=10 [/mm] verschiedenen Weisen innerhalb des 5-Tupels angeordnet sein.
Somit haben wir:
P(A) = [mm] \frac{|A|}{|\Omega|} [/mm] = [mm] \frac{10 * 810}{10^5}=0,081.
[/mm]
Viele Grüße,
Riley
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:21 So 18.03.2007 | | Autor: | Artus |
Danke, Dein Lösungsweg ist einsichtig!
LG
Artus
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