Verteilungsaufgabe - Lösung richtig?

Wissenschaft Mathematik
#1

Hallo,

Ich bin gerade dabei für meine Prüfung zu lernen und hab zu dieser Aufgabe leider keine Musterlösung.

a) Ich habe 12 Karten und möchte sie gleichmäßig auf 4 Personen verteilen, wie viele Möglichkeiten gibt es.

Bin da mit dem Ansatz rangegangen, der erste zieht 3 aus 12 der zweite 3 aus 9 der dritte 3 aus 6 und der vierte 3 aus 3, hier alles Multiplizieren (220*84*20*1), was bei mir 369600 Möglichkeiten ergibt.

b) Bei den 12 Karten sind 3 besondere Karten dabei, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit das eine Person diese 3 Karten erhält?

Erst mal hab ich gesagt diese 3 Karten kann ich in 3! = 6 verschiedenen Anordnungen ziehen, und da ich 4 Spieler habe gibt es 4*6 = 24 Möglichkeiten das es nur eine Person erhält. Heisst die Wahrscheinlichkeit das eine Person diese erhält würde bei 24/369600 liegen, was ungefähr 6,5*10^-5 entsprechen würde. Dieser Wert ist mir allerdings eigentlich zu klein, hatte aber leider keinen anderen Ansatz.

c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit das der erste Spieler die 3 besonderen Karten zieht?

Der erste Spieler hat 6 verschiedene Möglichkeiten alle 3 zu ziehen und insgesamt 220 Möglichkeiten. Das heisst die Wahrscheinlichkeit alle 3 Karten zu ziehen ist 6/220 = 0,027. Allerdings wenn das richtig ist kann ja die b nicht richtig sein, da die Wahrscheinlichkeit das einer die 3 zieht höher sein muss, also das nicht gleich der erste alle 3 zieht, oder habe ich da einen Denkfehler?

d) Die Karten werden nun komplett willkürlich auf die Spieler verteilt, es ist auch möglich das ein Spieler komplett leer ausgeht, wie viele Möglichkeiten der Verteilung gibt es?

Hier habe ich gar keinen Ansatz wie ich das berechnen könnten.

Stimmen hier meine Ansätze, bzw. wo liegen meine Fehler und hat jemand Tipps wie ich am besten an solche Aufgaben logisch rangehen kann?

Gruß Michael

#2

Hallo

a) Ich habe 12 Karten und möchte sie gleichmäßig auf 4
Personen verteilen, wie viele Möglichkeiten gibt es.

eine.
Oder hast du noch andere Kriterien der Verteilung (oder der „Kartenwertung“),welche du
verschwiegen hast ?
Diese Anfrage gilt auch für „Aufgabe“ b) bis d)
Gruß VIKTOR

#3

Hallo,

das hab ich vergessen hinzu zu schreiben, 12 unterscheidbare Karten.

Gruß Michael

#4

Hallo,

N_a = {12 \choose 3, 3, 3, 3} = \frac{12!}{(3!)^4};
\quad
p_c = \frac{3}{12}\cdot\frac{2}{11}\cdot\frac{1}{10} = \frac{1}{{12 \choose 3}};
\quad
p_b = 4 p_c;
\quad
N_d = 4^{12}

http://de.wikipedia.org/wiki/Multinomialkoeffizient

hat jemand Tipps wie ich am besten an solche Aufgaben logisch rangehen kann?

Oft sehr hilfreich: Wenn eine Aufgabe zu schwierig ist, überlegt man sich eine ähnliche Aufgabe, die in irgendeiner Weise (die einem genau klar sein muss) einfacher ist, und versucht, zuerst diesen Sonderfall zu lösen. Ist die Vereinfachung gut gewählt, gelingt einem das nicht nur, sondern man hat dabei genug über das Wesen des Problems gelernt (darum geht’s eigentlich), um anschließend auch die ursprüngliche Nuss knacken zu können. Deine Aufgabe enthält übrigens ein gutes Beispiel dafür: Das c-Problem ist eine Vereinfachung des b-Problems.

Bei diesem Kombinatorikzeug musst Du zwei Dinge draufhaben: (1) Die Kenntnis der kombinatorischen Modelle, also Permutation/Kombination/Variation jeweils mit und ohne Wiederholung. Und natürlich der zugehörigen Formeln. Das erfordert Lernarbeit. (2) Die Fähigkeit, die Modelle in konkreten, also z. B. in Aufgabentexten beschriebenen Problemen richtig zuordnen zu können. Das entwickelt sich durch Training und Erfahrungsammeln beim Lösung ebensolcher Aufgaben. Und manchmal muss man auch nur dieses seltsame Dings zwischen den Ohren ein bisschen anstrengen. Keine Sorge, es geht nicht kaputt dabei – im Gegenteil… :smile:

Hier kannst Du Dir eine (wie ich finde) hübsche Grafik ansehen:

http://users.telenet.be/vdmoortel/dirk/Maths/PermVar…

Wenn Du deren Inhalt wirklich draufhast, kannst Du praktisch jede Kombinatorikaufgabe lösen.

Gruß
Martin

#5

Hallo,

Vielen dank für die Antwort.
Habe jetzt alles soweit verstanden, bis auf das pb, und zwar müsste man nicht in die Wahrscheinlichkeit mit einbeziehen das der vorherige Spieler eventuell bereits eine der 3 Karten gezogen hat, wodurch es ja gar nicht mehr möglich ist alle 3 zu ziehen?

Gruß Michael

Hallo,

N_a = {12 \choose 3, 3, 3, 3} = \frac{12!}{(3!)^4};
\quad
p_c = \frac{3}{12}\cdot\frac{2}{11}\cdot\frac{1}{10} =
\frac{1}{{12 \choose 3}};
\quad
p_b = 4 p_c;
\quad
N_d = 4^{12}

http://de.wikipedia.org/wiki/Multinomialkoeffizient