Tanzpaare < Kombinatorik < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:18 Mi 15.05.2013 | | Autor: | hase-hh |
| Aufgabe | An einem Tanzwettbewerb nehmen genau 5 Paare teil. Die Paare werden durch Auslosung neu zusammengewürfelt.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass
a) alle 5 Paare wieder zusammengeführt werden
b) genau 1 Paar, genau 2 Paare, genau 3 Paare, genau 4 Paare zusammengeführt werden.
c) kein Paar zusammengeführt wird.
[Ist das jetzt eigentlich Kombinatorik oder Wahrscheinlichkeitsrechnung??? --- Das am Rande!] |
Moin Moin,
ich habe diese Aufgabe aus einem Schulbuch für Schüler (Oberstufe), die gerade mal mit Stochastik anfangen.
Daraus folgere ich, dass es eine einfache Lösung gibt.
Meine Gedanken.
Ich unterscheide zwischen ein Paar wird "richtig" zusammengeführt oder "falsch" zusammengeführt.
I. a) Für das erste Paar habe ich dann eine Wahrscheinlichkeit von [mm] \bruch{1}{5}, [/mm] für das zweite Paar von [mm] \bruch{1}{4} [/mm] usw.
P(rrrrr) = [mm] \bruch{1}{5}*\bruch{1}{4}*\bruch{1}{3}*\bruch{1}{2}*\bruch{1}{1} [/mm] = [mm] \bruch{1}{120}
[/mm]
Allerdings komme ich nicht weiter, bei b)
II. b1) genau ein Paar
Ich starte mal mir dem Fall rffff
P(rffff) = [mm] \bruch{1}{5}*\bruch{3}{4}*\bruch{2}{3}*\bruch{1}{2}*\bruch{1}{1} [/mm] = [mm] \bruch{1}{20}
[/mm]
Nun dachte ich, nehme ich dies mal 5...da man ja [mm] \vektor{5 \\ 1} [/mm] Kombinationen für diesen Fall hat.
Aber schon frfff führt zu einer anderen Wahrscheinlichkeit?!????
P(frfff) = [mm] \bruch{4}{5}*\bruch{1}{4}*\bruch{2}{3}*\bruch{1}{2}*\bruch{1}{1} [/mm] = [mm] \bruch{1}{15}
[/mm]
Irgendwie ist da der Wurm drin.
III. Sowohl Binomialverteilung (da ja ohne Zurücklegen gezogen wird), aber auch die Hypergeometrische Verteilung führen in eine Sackgasse.
Übrigens sind diese Verteilungen an der Stelle des Buches noch überhaupt nicht bekannt!!!
IV. Nun habe ich versucht, die Geschichte über ein Baumdiagramm zu lösen...
Allerdings gibt es da für mich auch einen Widerspruch, da ja bspw. bei 4 richtigen auf der 5. Stufe auch "r" herauskommen muss.
Hat jemand eine Idee?
Danke & Gruß
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:15 Mi 15.05.2013 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
> An einem Tanzwettbewerb nehmen genau 5 Paare teil. Die
> Paare werden durch Auslosung neu zusammengewürfelt.
>
> Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass
>
> a) alle 5 Paare wieder zusammengeführt werden
> b) genau 1 Paar, genau 2 Paare, genau 3 Paare, genau 4
> Paare zusammengeführt werden.
>
> c) kein Paar zusammengeführt wird.
>
> [Ist das jetzt eigentlich Kombinatorik oder
> Wahrscheinlichkeitsrechnung??? --- Das am Rande!]
>
> Moin Moin,
>
> ich habe diese Aufgabe aus einem Schulbuch für Schüler
> (Oberstufe), die gerade mal mit Stochastik anfangen.
>
> Daraus folgere ich, dass es eine einfache Lösung gibt.
>
>
> Meine Gedanken.
>
> Ich unterscheide zwischen ein Paar wird "richtig"
> zusammengeführt oder "falsch" zusammengeführt.
>
> I. a) Für das erste Paar habe ich dann eine
> Wahrscheinlichkeit von [mm]\bruch{1}{5},[/mm] für das zweite Paar
> von [mm]\bruch{1}{4}[/mm] usw.
>
> P(rrrrr) =
> [mm]\bruch{1}{5}*\bruch{1}{4}*\bruch{1}{3}*\bruch{1}{2}*\bruch{1}{1}[/mm]
> = [mm]\bruch{1}{120}[/mm]
Das ist soweit korrekt
>
>
> Allerdings komme ich nicht weiter, bei b)
>
> II. b1) genau ein Paar
>
> Ich starte mal mir dem Fall rffff
>
> P(rffff) =
> [mm]\bruch{1}{5}*\bruch{3}{4}*\bruch{2}{3}*\bruch{1}{2}*\bruch{1}{1}[/mm]
> = [mm]\bruch{1}{20}[/mm]
>
> Nun dachte ich, nehme ich dies mal 5...da man ja [mm]\vektor{5 \\ 1}[/mm]
> Kombinationen für diesen Fall hat.
>
> Aber schon frfff führt zu einer anderen
> Wahrscheinlichkeit?!????
>
> P(frfff) =
> [mm]\bruch{4}{5}*\bruch{1}{4}*\bruch{2}{3}*\bruch{1}{2}*\bruch{1}{1}[/mm]
> = [mm]\bruch{1}{15}[/mm]
>
> Irgendwie ist da der Wurm drin.
Hier würde ich über die Kombinatorik argumentieren.
Du hast insgesamt 5! Möglichkeiten der Paaranordnung.
Du musst aber ausschliessen, dass eine Frau ihren korrekten Partner bekommt, die erste Frau kann also 4 falsche Partner bekommen.
Nun wird es "hässlich", da du Fälle unterscheiden musst.
Hat die erste Frau den Partner der zweiten Frau bekommen, kann die zweite Frau ja nur noch falsche Partner bekommen.
Hat die erste Frau aber nicht den Partner der zweiten Frau gezogen, kat die zweite Frau noch 3 Möglichkeiten
So müsstest du du das ganze weitermachen
Am sinnvollsten ist es, du machst dir hier eine Tabelle mit den 120 Möglichkeiten, das ist nicht besonders elegant, aber ich denke, es ist die einzige Variante, die zielführend ist, erst recht, wenn die Verteilungen noch nicht bekannt sind.
Also:
[mm]\begin{matrix}F_{1}&F_{2}&F_{3}&F_{4}&F_{5}&|&kor.\\1&2&3&4&5&|&5\\1&2&3&5&4&|&3\\1&2&5&4&3&|&3\\1&5&3&4&2&|&3\\5&2&3&4&1&|&3\\1&2&4&3&5&|&3\\1&4&3&2&5&|&3\\4&2&3&1&5&|&3\\1&3&2&4&5&|&3\\3&2&1&4&5&|&3\\2&1&3&4&5&|&3\\\ldots&\ldots&\ldots&\ldots&\ldots&|&2\\\ldots&\ldots&\ldots&\ldots&\ldots&|&0\end{matrix}[/mm]
Die Anzahl der "3 korrekten" Zuordnungen sollte ich komplett erwischt haben
>
>
> III. Sowohl Binomialverteilung (da ja ohne Zurücklegen
> gezogen wird), aber auch die Hypergeometrische Verteilung
> führen in eine Sackgasse.
>
> Übrigens sind diese Verteilungen an der Stelle des Buches
> noch überhaupt nicht bekannt!!!
>
> IV. Nun habe ich versucht, die Geschichte über ein
> Baumdiagramm zu lösen...
>
> Allerdings gibt es da für mich auch einen Widerspruch, da
> ja bspw. bei 4 richtigen auf der 5. Stufe auch "r"
> herauskommen muss.
So ist es. Die letzte Stufe tanzt leider aus der Reihe, so dass du die Fälle einzeln abarbeiten musst.
>
>
>
> Hat jemand eine Idee?
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>
> Danek & Gruß
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EDIT: Ich lasse die Frage mal auf "unbeantwortet", evtl hat ja noch jemand anderes die zündende Idee.
Marius
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:29 Do 16.05.2013 | | Autor: | hase-hh |
> EDIT: Ich lasse die Frage mal auf "unbeantwortet", evtl hat
> ja noch jemand anderes die zündende Idee.
Mir geht es schon auch um eine Lösung ohne Siebformel, Subfakultäten udgl.
Vielleicht hat jemand da noch eine einfache Idee. ?!
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Hallo hase-hh,
natürlich geht es auch ohne Subfakultäten und Siebformel, aber es ist halt mühsamer.
Nennen wir die Zahl der Fälle, dass i Paare richtig zusammengeführt werden, mal [mm] n_i. [/mm] Zu bestimmen sind hier die Werte für alle möglichen i, also [mm] n_0, n_1, n_2, n_3, n_4 [/mm] und [mm] n_5.
[/mm]
Wir stellen die Damen fest auf und bezeichnen sie mit Kleinbuchstaben (da ja bei den meisten Tanzpaaren die Dame kleiner... ähem): abcde.
Nun sind die Herren A,B,C,D,E zu verteilen.
[mm] n_5=1 [/mm] folgt sofort, ebenso wie [mm] n_4=0.
[/mm]
[mm] n_3 [/mm] ist auch noch leicht: da gibt es [mm] \vektor{5\\3}=10 [/mm] Möglichkeiten, die richtigen Herren zu platzieren, die letzten beiden müssen falsch zugeordnet werden, wofür dann nur eine Möglichkeit bleibt. Also [mm] n_3=10.
[/mm]
Ab hier wären Subfakultäten hilfreich, die aber an der Schule nicht vorkommen. Praktisch sind sie deswegen, weil man damit die Zahl der fixpunktfreien Permutationen bestimmen kann, also gerade die, wo kein Herr zu "seiner" Dame zugeordnet wird.
An der Schule würde man daher auch keine Aufgabe mit mehr als 5 Paaren stellen, das wird einfach zu mühsam. Womöglich wird hier tatsächlich nur eine Wertetabelle erwartet, so wie Marius es vorschlägt. Aber es geht auch anders:
[mm] n_2 [/mm] hat 2 Herren an der richtigen Stelle, wieder [mm] 10=\vektor{5\\2} [/mm] Möglichkeiten. Die restlichen drei Herren dürfen aber nicht zu ihrer Dame. Der erste hat also zwei Möglichkeiten, aber von den verbliebenen beiden Herren könnte immer noch einer zu "seiner" Dame zugeordnet werden. Da das nicht erlaubt ist, gibt es für die letzten beiden nur noch eine Möglichkeit.
Insgesamt also [mm] n_2=10*2=20.
[/mm]
Und ab hier wird es mühsam.
[mm] n_1: [/mm] ein Herr steht richtig, [mm] \vektor{5\\1}=5 [/mm] Möglichkeiten. Die übrigen vier müssen falsch stehen. Da ja keine Subfakultäten verwendet werden sollen, bleibt hier nur eine kleine Wertetabelle, aber mit viel weniger Einträgen. Da wir nicht wissen, welche vier Herren hier gerade noch verteilt werden, nennen wir sie ganz anonym einfach 1,2,3,4. Dabei darf die 1 nicht an erster Stelle, die 2 nicht an zweiter, die 3 nicht an dritter und die 4 nicht an vierter Stelle stehen. Das erfüllen folgende Permutationen:
2143
2341
2413
3142
3412
3421
4123
4312
4321
Also ist [mm] n_1=5*9=45
[/mm]
Und ehe man sich jetzt an die mühsame Aufgabe begibt, alle Permutationen zu finden, an denen alle Herren falsch zugeordnet sind, ist es besser, [mm] n_0 [/mm] einfach auszurechnen.
Es gilt ja [mm] n_0+n_1+n_2+n_3+n_4+n_5=5! [/mm] Also ist [mm] n_0=44.
[/mm]
Das wäre eine Schullösung.
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:08 Mi 15.05.2013 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Du hast ja inzwischen hier einen vielversprechnden Ansatz gefunden.
Marius
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