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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:41 Fr 01.09.2006 | | Autor: | dazivo |
| Aufgabe | Es seinen $n [mm] \in \IN$ [/mm] Stäbchen. Das $k$-te Stäbchen ist $k$ Masseinheiten lang.
Nun werden zufällig drei solcher Stäbchen ohne Zurücklegen gezogen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit kann man mit den Dreien ein beliebiges Dreieck bilden? |
Ich habe mich mit dieser Aufgabe lange auseinander gesetzt, jedoch ohne brauchbaren Erfolg.
Mir ist klar, dass die die Summe der beiden kürzeren Seiten stets länger sein müssen als die Längste Seite.
Ich hatte schon einen Ansatz, den ich jedoch nicht weiterverfolgen konnte und ihn desshalb hier nicht erwähne. Es ist keine Wettbewerbsaufgabe, jedoch mit Sicherheit eine sehr würdige. Es geht mir nur um reines Intresse an den Lösungsweg. Ich hoffe sehr, dass mir da jemand weiterhelfen kann . Ich habe diese Frage schon einmal in diesem Forum gestellt, ist aber schon ziemlich lange her...
[edit]es wäre schön, wenn du den Verweis auf die alte Diskussion gleich selbst eingestellt hättest...[informix]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:38 Fr 01.09.2006 | | Autor: | DirkG |
Der Grundraum kann beschrieben werden durch die Menge aller Auswahltripel $(a,b,c)$ mit [mm] $1\leq amit Zurücklegen stimmt das nicht, da müsste man dann Auswahl mit Berücksichtigung der Reihenfolge ansetzen - könnte man hier auch machen, verkompliziert aber nur das Aufschreiben).
Gesucht ist jetzt die Anzahl derjenigen Tripel mit $a+b>c$. Da lässt man am besten $c$ von 3 bis $n$ laufen und zählt dann für festes $c$ die Paare $(a,b)$ mit [mm] $1\leq a
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:38 Mo 09.10.2006 | | Autor: | dazivo |
Hallo Dirk; Sorry, dass ich mich so lange nicht gemeldet habe, musste meinem Land meinen Dienst erweisen, wenn du verstehst was ich meine. Zu deiner Antwort: Mir ist die ganze Sache schon klar wie du das meinst. Doch irgendwie hilft mir das noch nicht so richtig weiter. Wie zähle ich dann die Trippel am besten? Beispiel wie ich es versucht habe: Bei c=n und b=n-1 gibt es genau n-3 Möglichkeiten, bei c=n und b=n-2 gibt es n-5 Möglichkeiten und so weiter. Dann das ganze mit c=n-1 bis c=n-k oder?? Das ganze bereitet mir doch noch ein bisschen Mühe nur schon alle Möglichkeiten auf eine A4 Seite zu quetschen. Eben wie du siehst, bin ich auf dem Holzweg. Kannst du nicht deine Aussage bzw. deine Antwort konkretisieren?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:06 Mo 16.10.2006 | | Autor: | DirkG |
Wie ich schon sagte, $c$ läuft von 4 bis $n$. (Bei $c=3$ ist kein Dreieck möglich, da war ich oben inkorrekt). Und wenn man weiter überlegt, welche Paare $(a,b)$ zu festem $c$ passen und die abzählen will, erweist sich eine Fallunterscheidung für gerade bzw. ungerade $c$ als zweckmäßig:
1.Fall $c$ ungerade, also $c=2k-1$, [mm] $k\geq [/mm] 3$:
Wegen [mm] $2b-1\geq [/mm] a+b [mm] \geq [/mm] c+1 = 2k$ kommen dann nur Werte [mm] $b\geq [/mm] k+1$ in Frage, und für die dann Werte für $a$ von [mm] $2k-b,\ldots,b-1$. [/mm] Insgesamt ergibt sich also für die Paare $(a,b)$ in diesem Fall die Anzahl
[mm] $$n_c [/mm] := [mm] \sum_{b=k+1}^{2k-2} [/mm] [(b-1)-(2k-b)+1] ,$$
das kannst du jetzt durch Summenauswertung noch vereinfachen, so dass das nur noch ein von $k$ abhängiger Ausdruck ist.
2.Fall $c$ gerade, also $c=2k$, [mm] $k\geq [/mm] 2$:
Wegen [mm] $2b-1\geq [/mm] a+b [mm] \geq [/mm] c+1 = 2k+1$ kommen diesmal auch nur Werte [mm] $b\geq [/mm] k+1$ in Frage, und für die dann aber Werte für $a$ von [mm] $2k+1-b,\ldots,b-1$. [/mm] Insgesamt ergibt sich also für die Paare $(a,b)$ in diesem Fall die Anzahl
[mm] $$n_c [/mm] := [mm] \sum_{b=k+1}^{2k-1} [/mm] [(b-1)-(2k+1-b)+1] ,$$
wie gehabt vereinfachen.
Und zum Schluß summieren:
[mm] $$\sum\limits_{c=4}^n [/mm] ~ [mm] n_c$$
[/mm]
Ist ein bisschen Rechnerei, aber unter Zuhilfenahme der Standardsummen
[mm] $$\sum\limits_{j=1}^m [/mm] ~ j = [mm] \frac{m(m+1)}{2},\qquad \sum\limits_{j=1}^m [/mm] ~ [mm] j^2 [/mm] = [mm] \frac{m(m+1)(2m+1)}{6}$$
[/mm]
noch ganz annehmbar beherrschbar - ohne Fleiß kein Preis...
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