Wahrscheinlichkeit beim Doppelkopfspiel < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:55 Mo 16.08.2004 | | Autor: | Jank |
Ich habe diese Frage in keinem weiteren Forum gestellt.
Hi,
folgende Frage kam neulich beim Doppelkopfspiel auf und da wir uns immer noch nicht ueber die Loesung einig geworden sind nun als Frage an alle. Danke fuer jeden sachdienlichen Hinweis!!
Ein Doppelkopfspiel besteht aus 40 Karten, die auf vier Spieler verteilt werden. Von diesen 40 Karten sind ingesamt 4 regulaere Herz Karten (2* Herz As und 2* Herz Koenig), die restlichen Herz Karten interessieren hier nicht da beim Doppelkopf Herz 10, Herz Damen und Herz Bauern als Trumpfkarten und nicht als regulaere Karten gelten.
Gesucht ist nun die Wahrscheinlichkeit p, fuer das ereignis t das alle vier "regulaeren Herzkarten" ((2* Herz As und 2* Herz Koenig) bei zufaelligem Austeilen der Karten so verteilt werden, das jeder der vier Spieler genau eine dieser vier Herzkarten (egal welche) auf die Hand bekommt. Anders gesagt, p = 1 minus die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler mindestens zwei regulaere Herzkarten auf die Hand bekommt.
Danke fuers Mitdenken!
Gruesse,
Jens
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Hallo Jank!
So, ich habe ein bißchen länger daran geknobelt - ich werd dir mal meinen Gedankengang schildern.
Zusammenfassung:
40 Karten werden auf 4 Spieler verteilt, jeder erhält also 10 Karten. Die 40 Karten bestehen aus 4 Herzkarten (HK) und 36 Normalkarten (NK). Des Weiteren hast du das Ereignis t folgendermaßen definiert. t: jeder der 4 Spieler erhält beim Verteilen genau eine HK. Jetzt suchen wir p(t).
los geht's:
Im Folgenden gehe ich davon aus, dass zuerst Spieler 1 10 (aus 40) Karten zieht, dann Spieler 2 10 (aus 30) Karten zieht, dann Spieler 3 10 Karten (aus 20) zieht und der vierte Spieler bekommt die restlichen 10 Karten.
(a)
Spieler 1 zieht 10 aus den 40 Karten. Es gibt also 36 NK und 4 NK.
Die Wahrscheinlichkeit, dass er genau eine HK unter den 10 gezogenen Karten hat beträgt:
p1 = [mm]{{4 \choose 1}{36 \choose 9} \br {40 \choose 10}}[/mm]
(b)
Spieler 2 zieht 10 aus den restlichen 30 Karten. Es gibt also 27 NK und 3 NK.
Die Wahrscheinlich, dass er genau eine HK unter den 10 gezogenen Karten hat, beträgt:
p2 = [mm]{{3 \choose 1}{27 \choose 9} \br {30 \choose 10}}[/mm]
(c)
Spieler 3 zieht 10 aus den verbliebenen 20 Karten. Es gibt also noch 18 NK und 2 HK.
Die Wahrscheinlich, dass er genau eine HK unter den 10 gezogenen Karten hat, beträgt:
p3 = [mm]{{2 \choose 1}{18 \choose 9} \br {20 \choose 10}}[/mm]
Bis hierhin verstanden? Vor allem Nenner und Zähler bei der Berechnung von p1, p2 und p3???
Der Rest ist jetzt einfacher!
In (a), (b) bzw. (c) haben wir "nur" die Wahrscheinlichkeiten berechnet, dass Spieler 1, 2 bzw. 3 beim Ziehen von 10 aus 40, 30 bzw. 20 Karten genau eine HK erhalten. Jetzt müssen wir das ganze noch verbinden, indem wir die einzelnen Wahrscheinlichkeiten miteinander multiplizieren!
Somit ergibt sich:
p(t) = p1 * p2 * p3
p(t) = [mm]{{4 \choose 1}{36 \choose 9} \br {40 \choose 10}}[/mm] * [mm]{{3 \choose 1}{27 \choose 9} \br {30 \choose 10}}[/mm] * [mm]{{2 \choose 1}{18 \choose 9} \br {20 \choose 10}}[/mm]
p(t) = 0,109 (sagt mein Taschenrechner)
So. War es verständlich?
Ach ja, ich wollte noch jemanden, der schon länger Statistik -hier eher Kombinatorik- hatte bitten, Korrektur zu lesen! danke.
Gute Nacht, dancingestrella
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:03 Di 17.08.2004 | | Autor: | Brigitte |
Hallo ihr beiden!
Bin auf dieselbe Lösung gekommen. Sieht gut aus.
Wer es nicht glaubt, kann ja einfach mal ein bisschen simulieren 
Viele Grüße
Brigitte
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Dann möchte ich die Aufgabe noch ein bißchen ausbauen. Man betrachte die folgenden Verteilungsmöglichkeiten der 4 regulären Herzkarten:
I = "einer der Spieler erhält alle regulären Herzkarten"
II = "einer der Spieler erhält drei, ein anderer eine reguläre Herkarte"
III = "zwei der Spieler erhalten jeweils zwei reguläre Herzkarten"
IV = "einer der Spieler erhält zwei, zwei andere je eine reguläre Herzkarte"
V = "jeder Spieler erhält genau eine reguläre Herzkarte"
Ihr habt schon berechnet:
[mm]P(V)=\bruch{10^4}{\begin{pmatrix}40\\4\end{pmatrix}}=\bruch{1000}{9139}[/mm]
Und wie sieht es mit den anderen aus?
Hier die Ergebnisse zur Kontrolle:
P(I) = 84/9139 , P(II) = 1440/9139 , P(III) = 1215/9139 , P(IV) = 5400/9139
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:01 Mi 18.08.2004 | | Autor: | Jank |
Danke an alle Mitdenker/innen!!!
Hat uns sehr weitergeholfen - jetzt koennen wir endlich in Ruhe weiterspielen und muessen uns nicht mehr staendig darueber streiten, wer denn nun die richtige Loesung parat hat.
Liebe Gruesse an alle.
Jank
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Hallo
Hab da nochmal ne Frage zum Doppelkopfspiel.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit das, wenn eine Farbe angespielt wurde, die ich nicht habe und ich bin als 2.(3.) am Zuge das die die noch dran sind diese Farbe auch nicht haben. Gehen wir mal davon aus es gibt 40 Karten und 6 Karten von dieser Farbe.(oder 48/8 mitt neunen)
gruß
mathemaduenn
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Verstehe ich dich richtig? (Ich kann nämlich kein Doppelkopf.)
Die erste Karte - sie ist von der Farbe F, die du, der zweite Spieler, nicht besitzt - liegt schon? Jetzt interessiert dich die bedingte Wahrscheinlichkeit, daß auch die anderen keine Karte der Farbe F (im Spiel sechsmal vorhanden), besitzen.
Wenn das die Frage ist, dann ist die Wahrscheinlichkeit dafür meiner Meinung nach
[mm]\bruch{\begin{pmatrix}10\\6\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}30\\6\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}20\\6\end{pmatrix}}=\bruch{14}{37001}[/mm]
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Hallo Leopold,
Doppelkopf funktioniert vom Prinzip so ählich wie Skat. Wenn eine Farbe angespielt wurde, muß bedient werden ansonsten kann gestochen/abgeworfen werden. Meine Frage war nun eigentlich wenn ich mit Karo Ass steche wird mir dieser Stich noch abgenommen.(Karo Ass an den Gegner verloren gibt einen Punkt Minus). Also wenn ich als 2. am zug bin: Hat mindestens einer der anderen keine Karte von dieser Farbe? Die Wahrscheinlichkeit das er mich nicht überstechen kann ist wohl vernachlässigbar.
gruß
mathemaduenn
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Hallo mathemaduenn!
> Hab da nochmal ne Frage zum Doppelkopfspiel.
> Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit das, wenn eine Farbe
> angespielt wurde, die ich nicht habe und ich bin als 2.(3.)
> am Zuge das die die noch dran sind diese Farbe auch nicht
> haben. Gehen wir mal davon aus es gibt 40 Karten und 6
> Karten von dieser Farbe.(oder 48/8 mitt neunen)
Also ich denke, die Wahrscheinlichkeit dafür sieht ein wenig anders aus.
Zunächst gehen wir davon aus, dass Du als Zweiter dran bist. Die erste Karte ist bereits gefallen. Die Wahrscheinlichkeit, dass außer Dir die beiden anderen auch nicht diese Farbe besitzen, ist gleich der Wkt., dass der erste Spieler alle Karten der Farbe besitzt, und die ist gleich
[mm] \frac{{6 \choose 6}{34 \choose 4}}{{40 \choose 10}}.[/mm]
Stimmst Du damit überein?
Leopold hat Recht. Ich hatte mich auf darauf beschränkt zu überlegen, was das für die Grundgesamtheit bedeutet und nicht mehr die Bedingung berücksichtigt. Ich starte mal einen Verbesserungsversuch für diesen ersten Fall. Gesucht ist
[mm]P(\mbox{1. Spieler hat alle Karten der Farbe}|\mbox{1. Spieler hat mind. 1 Karte der Farbe und man selbst hat keine})[/mm]
[mm]=
\frac{P(\mbox{1. Spieler hat alle Karten der Farbe})}{P(\mbox{1. Spieler hat mind. 1 Karte der Farbe und man selbst hat keine})}[/mm]
[mm]=
\frac{ \frac{{6 \choose 6}{34 \choose 4}}{{40 \choose 10}} }
{\frac{1}{{40 \choose 10}{30 \choose 10}}\sum\limits_{i=1}^6 {6 \choose i}{34 \choose 10-i}{24+i \choose 10}}[/mm]
[mm]=\frac{{34 \choose 4}{30 \choose 10}}{\sum\limits_{i=1}^6 {6 \choose i}{34 \choose 10-i}{24+i \choose 10}}[/mm]
Viele Grüße
Brigitte
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Hallo Brigitte!
Gefragt war
nicht die Wahrscheinlichkeit, daß der erste Spieler alle Karten der Farbe besitzt,
sondern die Wahrscheinlichkeit, daß er diese alle besitzt unter der Bedingung, daß er mindestens eine solche Karte besitzt, während der zweite Spieler davon keine hat.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:59 Do 19.08.2004 | | Autor: | Brigitte |
Hallo Leopold!
Du hast Recht. Ich habe meine Lösung korrigiert. Deinen Ansatz verstehe ich aber trotzdem nicht. Vielleicht kannst Du ihn noch ein wenig begründen.
Danke und Gruß
Brigitte
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Zunächst kannst du deinen Nenner vereinfachen durch Übergang zum Komplement. Er ist dann
[mm]\begin{pmatrix}34\\10\end{pmatrix}\begin{pmatrix}30\\10\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}34\\10\end{pmatrix}\begin{pmatrix}24\\10\end{pmatrix}[/mm]
Du erhältst für die gesuchte Wahrscheinlichkeit dann ebenso [mm]\bruch{14}{37001}[/mm].
Ich arbeite in einem ganz anderen Modell. Ich betrachte nur die 6 Karten der speziellen Farbe (symbolisch [mm]\mathbf{F}[/mm]) sowie die restlichen 24 Karten (symbolisch R). Das sind zusammen 30 Karten, d.h. den zweiten Spieler ziehe ich hier überhaupt nicht in Betracht, da er sowieso immer nur Karten der Sorte R bekommt. Ich baue also diese Teilbedingung von vorneherein in meinen Ergebnisraum ein.
Jetzt stelle ich mir vor, daß die drei Spieler (der erste, der dritte und der vierte) nach Ausgabe der Karten diese in eine Reihe nebeneinander legen, erst die 10 Karten des ersten Spielers, dann die 10 Karten des dritten Spielers, dann die 10 Karten des vierten Spielers. Vor mir liegt dann ein Wort aus 30 Buchstaben mit 6mal [mm]\mathbf{F}[/mm] und 24mal R, z.B.
RR[mm]\mathbf{F}[/mm]RRR[mm]\mathbf{F}[/mm]RRR | RRR[mm]\mathbf{FF}[/mm]R[mm]\mathbf{F}[/mm]RRR | RRR[mm]\mathbf{F}[/mm]RRRRRR
Die Menge all dieser Wörter ist mein Ergebnisraum [mm]\Omega[/mm] mit [mm]|\Omega|=\begin{pmatrix}30\\6\end{pmatrix}[/mm]. Alle diese Wörter sind gleichwahrscheinlich, so daß wir P als die Laplace-Wahrscheinlichkeit auf [mm]\Omega[/mm] wählen können.
A sei nun das Ereignis, daß der erste Spieler alle sechs [mm]\mathbf{F}[/mm] erhält, und B das Ereignis, daß der erste Spieler mindestens ein F erhält.
Das Gegenereignis von B enthält genau diejenigen Wörter, bei denen alle sechs [mm]\mathbf{F}[/mm] beim dritten und vierten Spieler liegen. Daher gilt:
[mm]|B|=\begin{pmatrix}30\\6\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}20\\6\end{pmatrix}[/mm]
Das Ereignis [mm]A \cap B = A[/mm] besteht aus genau denjenigen Wörtern, bei denen alle sechs [mm]\mathbf{F}[/mm] beim ersten Spieler liegen. Daher gilt:
[mm]|A \cap B|=\begin{pmatrix}10\\6\end{pmatrix}[/mm]
Und jetzt haben wir alles zusammen und erhalten, da sich [mm]|\Omega|[/mm] wegkürzt:
[mm]P_B(A) = \bruch{|A \cap B|}{|B|} = \bruch{\begin{pmatrix}10\\6\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}30\\6\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}20\\6\end{pmatrix}} = \bruch{14}{37001}[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:43 Do 19.08.2004 | | Autor: | Brigitte |
Hallo Leopold!
Danke für die ausführliche Erklärung. Diese Modellierung war mir nicht bekannt. Deshalb habe ich leider Deine Formel auch nicht nachvollziehen können. Sorry dafür!
Viele Grüße
Brigitte
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:47 So 22.08.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Leopold!
Für einen "Gast" gibt du aber sehr viele und schöne Antworten.  Wie wäre es, wenn wir das "Gast" in deinem Benutzernamen streichen? (Bei uns gibt es eh keine Gäste, sondern nur Mitglieder.)
Deine Lösung habe ich verstanden. Sie gefällt mir zudem außerordentlich gut. ![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
Was ich aber nicht verstehe, ist dieser Satz:
> Zunächst kannst du deinen Nenner vereinfachen durch
> Übergang zum Komplement. Er ist dann
>
> [mm]\begin{pmatrix}34\\10\end{pmatrix}\begin{pmatrix}30\\10\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}34\\10\end{pmatrix}\begin{pmatrix}24\\10\end{pmatrix}[/mm]
Erstens muss es, denke ich, wenn überhaupt, dann
[mm]\begin{pmatrix}40\\10\end{pmatrix}\begin{pmatrix}30\\10\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}34\\10\end{pmatrix}\begin{pmatrix}24\\10\end{pmatrix}[/mm]
heißen, oder? (Entschuldige bitte im Voraus, falls dies nicht so ist.)
Zweitens: Warum ist das das Komplement von Brigittes Ereignis im Nenner? Das sehe ich nicht. Kannst du das bitte noch einmal für Dummies ausführlich(er) wiederholen?
Edit: Ach so, ich habe jetzt eine vage Vermutung, dass es doch so richtig ist, wie du es geschrieben hast, aber ich kriege es nicht exakt auf die Reihe. Kannst du mir bitte dabei helfen?
Vielen Dank im Voraus, und entschuldige bitte meine (zumindest) temporäre Blödheit.
Liebe Grüße
Stefan
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Wenn ich Komplement sage, ist das ohne Bezug auf eine Grundmenge natürlich etwas oberflächlich. Schauen wir uns Brigittes Nenner an. Sie zählt die Fälle, wo der erste Spieler mindestens eine Karte der Farbe F hat. Und ich sage: Zähle doch alle Fälle und ziehe die Anzahl der Fälle ab, wo der erste Spieler überhaupt kein F hat. Aber auf welche Grundmenge beziehen wir uns dabei? Dazu müssen wir uns Brigittes Zählmethode vergegenwärtigen:
Brigitte läßt die Spieler aus den F-Karten und den R-Karten auswählen.
Der erste Spieler erhält von 6 F-Karten i Stück -> [mm]{6 \choose i}[/mm] ,
dann von den 34 R-Karten 10-i Stück -> [mm]{34 \choose {10-i}}[/mm] ,
dann erhält der zweite Spieler von den 24+i verbleibenden R-Karten 10 Stück -> [mm]{{24+i} \choose 10}[/mm].
Die Sache ist etwas unübersichtlich, weil nicht angegeben wird, wie viele F-Karten der zweite Spieler erhält. Schreiben wir das also noch scheinbar überflüssigerweise dazu:
Der zweite Spieler erhält von den verbleibenden 6-i F-Karten 0 Stück: [mm]{{6-i} \choose 0}[/mm].
Die übrigen Spieler bleiben bei dieser Zählweise unberücksichtigt.
Und so ergibt sich der Summand zum Index i in Brigittes Summe:
[mm]{6 \choose i}{34 \choose {10-i}}{{24+i} \choose 10}{{6-i} \choose 0}[/mm]
Und was sind nun bei dieser Zählweise alle Fälle (also die Summe der obigen Ausdrücke für i=0,1,2,3,4,5,6)? Auf den ersten Blick [mm]{40 \choose 10}{34 \choose 10}[/mm]. Aber das ist falsch. Wäre es so und nehmen wir als Beispiel einmal an, der erste Spieler erhielte aus den 40 Karten 10 R-Karten, aus welchen 34 R-Karten sollte dann der zweite Spieler seine 10 erhalten es wären ja im Beispiel nur noch 24 R-Karten! (Das Multiplikationsprinzip ist nur anwendbar, wenn die Anzahl der Möglichkeiten bei der zweiten Auswahl nicht von der ersten Auswahl abhängt.)
Nein, man muß die Sache vom zweiten Spieler her aufziehen.
Der erhält aus den 34 R-Karten 10 Stück -> [mm]{34 \choose 10}[/mm]
und aus den 6 F-Karten 0 Stück -> [mm]{6 \choose 0}[/mm].
Egal, welche Auswahl bisher vorgenommen wurde, der erste Spieler erhält jetzt seine 10 Karten aus den verbleibenden 30 RF-Karten -> [mm]{30 \choose 10}[/mm]
summa summarum: [mm]{30 \choose 10}{34 \choose 10}{6 \choose 0}[/mm] Möglichkeiten insgesamt
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:27 Mo 23.08.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Leopold, hallo an andere Mitleser!
Danke für die ausführlichen Worte, aber klar ist es mir immer noch nicht.
Es mag ja sein, dass es richtig ist, aber meiner Ansicht nach wechselst du das Modell (was kein Fehler, sondern mir nur unklar ist), denn in Brigittes Modell besteht die Grundmenge nun mal aus ${40 [mm] \choose [/mm] 10} [mm] \cdot [/mm] {30 [mm] \choose [/mm] 10}$ Elementen. Natürlich ist es nun zulässig das Modell zu wechseln, wenn man dadurch Zusammenhänge besser einsieht, aber diesen Schritt verstehe ich eben nicht.
Vielleicht hat ja jemand anderes Leopolds Antwort verstanden und kann sie mir erklären?
> Und so ergibt sich der Summand zum Index i in Brigittes
> Summe:
> [mm]{6 \choose i}{34 \choose {10-i}}{{24+i} \choose 10}{{6-i} \choose 0}[/mm]
Wie kann man denn direkt einsehen, dass
[mm] $\sum\limits_{i=0}^6 [/mm] {6 [mm] \choose [/mm] i}{34 [mm] \choose [/mm] {10-i}}{{24+i} [mm] \choose [/mm] 10}{{6-i} [mm] \choose [/mm] 0} = {30 [mm] \choose [/mm] 10}{34 [mm] \choose [/mm] 10}{6 [mm] \choose [/mm] 0}$
gilt?
Viele Grüße
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:46 Mo 23.08.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo nochmal!
Bis hierhin komme ich selbst :
[mm]\summe_{i=0}^6 {6 \choose i} \cdot {34 \choose {10-i}} \cdot {{24 + i} \choose 10}[/mm]
[mm]= {34 \choose 10} \cdot \summe_{i=0}^6 \frac{6! \cdot 24!}{i! \cdot (6-i)! \cdot (10-i)! \cdot (14+i)!}[/mm].
Und jetzt? Warum ist die zweite Summe gleich ${30 [mm] \choose [/mm] 10}$?
Viele Grüße
Stefan
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Erster Beweis:
Gleichheit gilt, weil beide Seiten den Wert
[mm]2^2 \cdot 3^3 \cdot 5^2 \cdot 7 \cdot 11^2 \cdot 13^2 \cdot 17 \cdot 23 \cdot 29^2 \cdot 31 = 3939746933222100[/mm]
haben.
Zweiter Beweis:
Nimm 30 Personen, 24 Männer und 6 Frauen. Jetzt soll aus dieser Gruppe ein Vorstand aus 10 gleichberechtigten Personen bestimmt werden.
Der Vorstand könnte bestehen aus
10 Männern und 0 Frauen: [mm]{24 \choose 10}{6 \choose 0}[/mm] Möglichkeiten
9 Männern und 1 Frau: [mm]{24 \choose 9}{6 \choose 1}[/mm] Möglichkeiten
8 Männern und 2 Frauen: [mm]{24 \choose 8}{6 \choose 2}[/mm] Möglichkeiten
7 Männern und 3 Frauen: [mm]{24 \choose 7}{6 \choose 3}[/mm] Möglichkeiten
6 Mänenrn und 4 Frauen: [mm]{24 \choose 6}{6 \choose 4}[/mm] Möglichkeiten
5 Männern und 5 Frauen: [mm]{24 \choose 5}{6 \choose 5}[/mm] Möglichkeiten
4 Männern und 6 Frauen: [mm]{24 \choose 4}{6 \choose 6}[/mm] Möglichkeiten
Das sind alle Möglichkeiten. Dieselbe Anzahl muß sich aber ergeben, wenn man auf einmal aus den 30 Personen 10 auswählt. Damit ist bewiesen:
[mm]\sum_{i=0}^6 {6 \choose i}{24 \choose {10-i}}={30 \choose 10}[/mm]
Und das war zu zeigen.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:49 Mo 23.08.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Leopold!
> Erster Beweis:
>
> Gleichheit gilt, weil beide Seiten den Wert
> [mm]2^2 \cdot 3^3 \cdot 5^2 \cdot 7 \cdot 11^2 \cdot 13^2 \cdot 17 \cdot 23 \cdot 29^2 \cdot 31 = 3939746933222100[/mm]
>
> haben.
Gut, das glaube ich dir (habe keinen Taschenrechner hier). Mir ging es aber weniger um einen numerischen Beweis.
> Zweiter Beweis:
>
> Nimm 30 Personen, 24 Männer und 6 Frauen. Jetzt soll aus
> dieser Gruppe ein Vorstand aus 10 gleichberechtigten
> Personen bestimmt werden.
>
> Der Vorstand könnte bestehen aus
> 10 Männern und 0 Frauen: [mm]{24 \choose 10}{6 \choose 0}[/mm]
> Möglichkeiten
> 9 Männern und 1 Frau: [mm]{24 \choose 9}{6 \choose 1}[/mm]
> Möglichkeiten
> 8 Männern und 2 Frauen: [mm]{24 \choose 8}{6 \choose 2}[/mm]
> Möglichkeiten
> 7 Männern und 3 Frauen: [mm]{24 \choose 7}{6 \choose 3}[/mm]
> Möglichkeiten
> 6 Mänenrn und 4 Frauen: [mm]{24 \choose 6}{6 \choose 4}[/mm]
> Möglichkeiten
> 5 Männern und 5 Frauen: [mm]{24 \choose 5}{6 \choose 5}[/mm]
> Möglichkeiten
> 4 Männern und 6 Frauen: [mm]{24 \choose 4}{6 \choose 6}[/mm]
> Möglichkeiten
>
> Das sind alle Möglichkeiten. Dieselbe Anzahl muß sich aber
> ergeben, wenn man auf einmal aus den 30 Personen 10
> auswählt. Damit ist bewiesen:
> [mm]\sum_{i=0}^6 {6 \choose i}{24 \choose {10-i}}={30 \choose 10}[/mm]
Sorry, ja, ich war tatsächlich blind. Alles klar, vielen Dank!! Oh Mann, wie simpel! Entschuldige bitte. ![[peinlich]](/images/smileys/peinlich.gif "[peinlich]") Die Beziehung [mm]\sum_{i=0}^6 {6 \choose i}{24 \choose {10-i}}={30 \choose 10}[/mm] ist mir natürlich bekannt, ich hatte sie nur nicht in meiner Rechnung entdeckt.
Viele Grüße
Stefan
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