Guru
Date of registration: Dec 11th 2001
Location: Hämelerwald
Occupation: Wissenschaftlicher Mitarbeiter (Forschungszentrum L3S, TU Braunschweig)
Habe ich was anderes. Kann leider im Moment auch nicht ganz nachvollziehen, wie du auf deine Lösung gekommen bist.Quoted
Original von Prof_NARF
Sei K das Ereignis das in der 2. Schachtel noch k Streichhölzer sind
dann habe ich
P(K) = 1 - SUMME_von_i=0_bis_n-k(1/2^n-i)
wobei die Summe die W'keit dafür ist, das in der 1. Schachtel keine Streichhölzer mehr sind und in der 2. noch i
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Date of registration: Dec 11th 2001
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Wenn man zunächst nur den Fall betrachtet, daß eine bestimmte Schachtel (nennen wir sie A, die andere sei dann B) am Ende leer sein soll, so ergeben sich für die möglichen Zugfolgen folgende Bedingungen:Quoted
Original von Informatik Minister
das "- 1" erklärt sich mir grad nicht. Ich nahm einfach (2n - k) wo du noch ein - 1 dran hast.
Welches Streichholz ist das denn? Zum betreffenden Zeitpunkt sind doch nur noch k Hölzer in den Schachteln, 2n waren es insgesamt. Für mich sind es also pseudobanal (2n - k) Züge.
Quoted
Original von Joachim
Da aber alle diese Folgen auf A enden müssen, kann A noch (n - 1)-mal und B (n - k)-mal auf die übrigen 2n - k - 1 Plätze der Zugfolge verteilt werden.
Quoted
Original von breuti
Darf man denn annehmen, dass die möglichen Annordnungen der Zugfolge 2^(2n-k-1) sind??
muss man nixht auch beachten, dass die Schachteln nicht unerschöpflich sind??
Habe als Nenner:
Summe(von i=0 bis k) (2n-k-1 über n-k+)...
habe auch einen anderen Zähler:
(2n-k-1 über n-k)
also nicht über n-1...
Das ist doch alles Mist!!!