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| Aufgabe | Von 10 Kugeln sind alle entweder weiß oder schwarz (es gibt schwarze und weiße Kugeln). Sie seien entweder auf zwei Urnen A und B verteilt oder alle zusammen in einer einzigen Urne U. Zudem soll Folgendes gelten:
Die Wahrscheinlichkeit, zwei weiße Kugeln zu ziehen, soll unabhängig davon sein, ob man
a) aus jeder der beiden Urnen A und B je eine Kugel zieht
oder
b) aus der Urne U zwei Kugeln zieht (erste gezogene Kugel nicht zurücklegen !).
Fragen:
1.) Auf welche Art sollten die (schwarzen und weißen) Kugeln auf die Urnen A und B verteilt werden, damit dies zutrifft ?
2.) Wie sieht es aus, wenn die gesamte Anzahl n der Kugeln nicht gleich 10, sondern 16 ist ?
3.) Welches ist die kleinste Zahl n von Kugeln, für welche eine solche Aufteilung überhaupt möglich ist ? |
Die Aufgabe ist als Übung für alle Interessierten gedacht.
Übrigens ist mir die Idee dazu aufgrund einer anderen Frage
gekommen, die rabilein1 gestellt hat:
Verkehrte Welt
Viel Spass !
Al-Chwarizmi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:23 Mo 28.09.2015 | | Autor: | rabilein1 |
Bei 10 Kugeln geht das m.E. nur, wenn es gar keine oder nur eine weiße Kugel gibt. Dann ist die Wahrscheinlichkeit, ZWEI weiße Kugeln zu ziehen, gleich NULL (egal, wie man die Kugeln auf dieverse Urnen verteilt)
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> Bei 10 Kugeln geht das m.E. nur, wenn es gar keine oder nur
> eine weiße Kugel gibt. Dann ist die Wahrscheinlichkeit,
> ZWEI weiße Kugeln zu ziehen, gleich NULL (egal, wie man
> die Kugeln auf dieverse Urnen verteilt)
An diese Art von Lösung mit P(zwei weiße Kugeln)=0 habe
ich noch gar nicht gedacht. Ich hätte eigentlich noch sagen
sollen, dass es insgesamt mindestens 2 weiße Kugeln
geben soll, damit diese Fälle ausgeschlossen werden.
Es ist aber für n=10 (mit insgesamt 6 weißen und 4 schwarzen
Kugeln) möglich, die Bedingung zu erfüllen, ohne auf die
Wahrscheinlichkeit 0 zu kommen.
LG , Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:33 Mo 28.09.2015 | | Autor: | rabilein1 |
Eine weitere Möglichkeit besteht wie folgt:
Urne A: 1 weiße + 5 schwarze
Urne B: 3 weiße + 7 schwarze
Urne U: 4 weiße + 12 schwarze
Wahrscheinlichkeit, 2 weiße zu ziehen, ist dann 1/20
In diesem Fall war der Lösungsweg:
[mm] \bruch{w(w-1)}{240} [/mm] = [mm] \bruch{w_{A}(w-w_{A})*4}{k_{A}(16-k_{A})*4}
[/mm]
Der Clou liegt hier in der "4" in Nenner und Zähler. Dadurch erhält man links und rechts im Nenner 240 und findet die Werte für w, [mm] w_{A} [/mm] und [mm] k_{A} [/mm] leichter.
P.S.
240 = 6*(16-6)*4 (so kam ich auf obige Lösung)
240 = 4*(16-4)*5 (so kam die zuvor genannte Lösung zustande)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:39 Mo 28.09.2015 | | Autor: | rabilein1 |
Ja, ich habe doch eine Lösung gefunden (nachdem du die Aufteilung 6 weiß, 4 schwarz genannt hattest):
Urne A: 4 weiße + 2 schwarze
Urne B: 2 weiße + 2 schwarze
Urne U: 6 weiße + 4 schwarze
Wahrscheinlichkeit für 2 weiße ist dann 1/3
Ich war ursprünglich nicht auf die Lösung gekommen, weil der Faktor in Nenner und Zähler keine natürliche Zahl war.
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16 Kugeln würde ich folgendermaßen verteilen:
Urne A: 1 weiße und 3 schwarze Kugeln
Urne B: 4 weiße und 8 schwarze Kugeln
Das ergäbe für Urne U: 5 weiße und 11 schwarze Kugeln
Die Wahrscheinlichkeit auf 2 weiße Kugeln wäre dann jeweils 1/12
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:43 Mo 28.09.2015 | | Autor: | rabilein1 |
> 16 Kugeln würde ich folgendermaßen verteilen:
>
> Urne A: 1 weiße und 3 schwarze Kugeln
> Urne B: 4 weiße und 8 schwarze Kugeln
Vielleicht gibt es auch noch weitere Lösungen. Danach habe ich jetzt nicht mehr gesucht.
Meine Vorgehensweise (mit "Grütze) war:
Die Unbekannten sind:
w (Gesamtzahl der weißen Kugeln)
[mm] w_{A} [/mm] (weiße Kugeln in Urne A)
[mm] k_{A} [/mm] (Kugeln in Urne A)
Dann muss man die Formeln aufstellen, sowohl für Urnen A und B, als auch für Urne U.
Bei U ergibt sich im Nenner : 16*15 = 240
Diese 240 wird in Primfaktoren aufgeteilt: 2*2*2*2*3*5
Mit ein bisschen "Grütze" kam ich dann so darauf, dass w=5 und [mm] w_{A}=1 [/mm] möglich sein könnte, und dann [mm] k_{A}=4 [/mm] ist
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> 16 Kugeln würde ich folgendermaßen verteilen:
>
> Urne A: 1 weiße und 3 schwarze Kugeln
> Urne B: 4 weiße und 8 schwarze Kugeln
>
> Das ergäbe für Urne U: 5 weiße und 11 schwarze Kugeln
>
> Die Wahrscheinlichkeit auf 2 weiße Kugeln wäre dann
> jeweils 1/12
![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]") Richtig.
Aber wie du im anderen Post gesagt hast, gibt es noch
(einige) weitere Lösungen !
Schönen Abend
Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:41 Di 29.09.2015 | | Autor: | rabilein1 |
Gesucht sind Quadrupel (k / w / [mm] k_{A} [/mm] / [mm] w_{A}) [/mm] , wobei
k : Anzahl der Kugeln
w : Anzahl der weißen Kugeln
[mm] k_{A} [/mm] : Anzahl der Kugeln in Urne A
[mm] w_{A} [/mm] : Anzahl der weißen Kugeln in Urne A
wobei k, w, [mm] k_{A} [/mm] und [mm] w_{A} [/mm] alles natürliche Zahlen [mm] \not= [/mm] 0 sind und ferner aus logischen Gründen gilt:
k > [mm] k_{A} [/mm] > [mm] w_{A}, [/mm] sowie
k > w > [mm] w_{A}
[/mm]
Die Formel, die sich dann ergibt, ist
[mm] \bruch{w(w-1)}{k(k-1)} [/mm] = [mm] \bruch{w_{A}(w-w_{A})}{k_{A}(k-k_{A})}
[/mm]
Bisher hatten wir ja schon gesehen, dass folgende Quadrupel infrage kommen:
(10 / 6 / 6 / 4) und (16 / 4 / 6 / 1) und (16 / 5 / 4 / 1)
Dabei wäre (10 / 6 / 6 / 4) identisch mit (10 / 6 / 4 / 2), indem man die Urnen A und B vertauscht. Eine Doppelzählung wäre hier nicht sehr sinnvoll.
Sind hier irgendwelche "Muster" zu erkennen?
Sofern Al-Chwarizmi Zeit und Lust hat, könnte er auch ein Programm schreiben, wo alle infrage kommenden Quadrupel bis (sagen wir) k=100 ausgegeben werden.
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> Sofern Al-Chwarizmi Zeit und Lust hat, könnte er auch ein
> Programm schreiben, wo alle infrage kommenden Quadrupel bis
> (sagen wir) k=100 ausgegeben werden.
Naja, vielleicht ahnen das einige ja schon: Al-Chwarizmi hat
solch ein Programm schon erstellt (und zwar schon bevor er
den Thread hier gestartet hat). Hier ist es:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Die 4 Variablen u,x,v,y stehen für:
u = Anzahl der Kugeln in Urne A
x = Anzahl der weißen Kugeln in Urne A
v = Anzahl der Kugeln in Urne B
y = Anzahl der weißen Kugeln in Urne B
Ein Output war:
9 3 1 6 3
16 4 1 12 4
16 6 1 10 3
16 10 1 6 3
25 10 1 15 3
25 15 1 10 3
10 4 2 6 4
15 5 2 10 5
21 6 2 15 6
15 7 2 8 4
15 8 2 7 4
16 8 2 8 4
28 10 2 18 5
28 18 2 10 5
9 6 3 3 1
16 6 3 10 1
16 6 3 10 6
21 7 3 14 7
16 10 3 6 1
25 10 3 15 1
25 10 3 15 6
25 15 3 10 1
25 15 3 10 6
10 6 4 4 2
15 7 4 8 2
15 7 4 8 6
15 8 4 7 2
16 8 4 8 2
15 8 4 7 6
16 8 4 8 6
22 8 4 14 8
27 9 4 18 9
16 12 4 4 1
15 10 5 5 2
28 10 5 18 2
27 12 5 15 8
27 15 5 12 8
28 18 5 10 2
15 7 6 8 4
15 8 6 7 4
16 8 6 8 4
21 9 6 12 9
16 10 6 6 3
25 10 6 15 3
21 15 6 6 2
25 15 6 10 3
35 17 6 18 9
35 18 6 17 9
36 18 6 18 9
21 14 7 7 3
27 12 8 15 5
22 14 8 8 4
27 15 8 12 5
21 12 9 9 6
35 17 9 18 6
27 18 9 9 4
35 18 9 17 6
36 18 9 18 6
Eine etwas modifizierte Version pickte nur die Lösungen
mit n = u+v = 16 heraus:
16 4 1 12 4
16 6 1 10 3
16 10 1 6 3
16 8 2 8 4
16 6 3 10 1
16 6 3 10 6
16 10 3 6 1
16 8 4 8 2
16 8 4 8 6
16 12 4 4 1
16 8 6 8 4
16 10 6 6 3
Man erkennt, dass dies eigentlich nur 6 (aber auch:
immerhin 6) wesentlich unterschiedliche Lösungen
sind, wenn man die Vertauschung der beiden Urnen
A und B ignoriert.
LG , Al-Chwarizmi
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:27 Di 29.09.2015 | | Autor: | rabilein1 |
> > Sofern Al-Chwarizmi Zeit und Lust hat, könnte er auch ein
> > Programm schreiben, wo alle infrage kommenden Quadrupel bis
> > (sagen wir) k=100 ausgegeben werden.
>
> Naja, vielleicht ahnen das einige ja schon: Al-Chwarizmi
> hat solch ein Programm schon erstellt (und zwar schon bevor
> er den Thread hier gestartet hat).
Da hattest du meinen Gedanken (ein solches Programm zu schreiben) also schon, bevor ich überhaupt die Aufgabe kannte.
Ich vermute mal, dass es kürzer dauert, so etwas zu programmieren (sofern man die entsprechende Ahnung und Erfahrung hat) und dann den Computer "arbeiten" zu lassen, als selber "per Hand" an einer Lösung zu tüfteln.
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> Ich vermute mal, dass es kürzer dauert, so etwas zu
> programmieren (sofern man die entsprechende Ahnung und
> Erfahrung hat) und dann den Computer "arbeiten" zu lassen,
> als selber "per Hand" an einer Lösung zu tüfteln.
So ist es. Wenigstens in diesem konkreten Fall.
Für mich ist dies aber keineswegs ein Argument,
Lösungen mittels Computer grundsätzlich über
Lösungen zu stellen, die durch logische und
algebraische Argumentation ermittelt werden
und allenfalls auch mit höherem Zeitaufwand
verbunden sind !
In sehr vielen Fällen ist die beste Methode eine
Kombination von beidem: durch geeignete Vor-
überlegungen kann man vielleicht ein Programm
entwickeln, das dann die eigentlichen Lösungen
mit einem Tausendstel des Aufwands findet im
Vergleich zu einem primitiven "brute-force" Programm.
LG , Al
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