Fachrat Informatik - Forum

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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

Habe ich was anderes. Kann leider im Moment auch nicht ganz nachvollziehen, wie du auf deine Lösung gekommen bist.

Rauskommen müßte jedenfalls für die gesuchte Wahrscheinlichkeit p:

p = ((2n - k - 1) ÜBER (n - 1)) / 2^(2n - k - 1)

Schönen Guten Abend,

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.

Dann eben ähnliches Ergebnis (noch auf dem Weg), nur ebend ohne -1.

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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.

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:
- die Zugfolge muß n-mal A und (n - k)-mal B enthalten
- die Zugfolge muß auf A enden

Die Länge jeder dieser Zugfolgen ist demnach 2n - k. 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.

Auch wenn man nun den Fall zuläßt, daß auch B die leere Schachtel sein kann, ändert sich aufgrund der Symmetrie des Zugfolgengraphen dieser Umstand nicht.


Daß das so sein muß, kann man auch schnell mit dem Fall n=2, k=0 überprüfen. Für n=2 gibt es 6 verschiedene Zugmöglichkeiten, zwei davon mit der Wahrscheinlichkeit 1/4, der Rest jeweils mit 1/8. k=0 sind eben genau diese beiden Fälle mit Wahrscheinlichkeit 1/4. Demnach ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit 1/2. Und das entspricht genau der Formel.

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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.

Das ist richtig, stimmt, der letzte Zug ist aufjedenfall aus der "leeren" Schachtel.

Dankeschön. Fertig. Guten Morgen.

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!!!

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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!!!

Ich druchse mal etwas rum.
Zum ersten: Ja, darf man so annehmen. Man hat genau 2 verschiedene Zugmöglichkeiten (pro Zug), Rechts und Links. Und da die Aufgabe ja n als Schachtelinhalt und k als verbleibende Hölzer angibt, ergibt sich eine Menge von Zügen, die (2n - k) ist.

Das -1 kommt noch "später" aus dem Zähler hinzu, da man (wie bei uns auch als Tipp angemerkt) ja erst eine Seite betrachten soll, also annehmen, dass eine spezielle der 2 Schachteln geleert wird. Das Ergebnis (der Zähler) wird dann für die andere Seite verdoppelt, also mal 2 genommen, die wiederum mit einem ^-1 in den Nenner rutscht.

Da es sich um "ohne Reihenfolge mit Zurücklegen" handelt (Links und Rechts werden zurückgelegt nach jedem Zug, Reihenfolge ist bei der Gesamtanzahl an Zügen egal), ergibt sich insgesamt 2^(2n-k-1).

Und Zähler ist (n-1) einfach die benötigte Anzahl von Zügen aus der gewählten Schachtel, also n Hölzer drin, und bis zum letzten Zug müssen aus (2n-k-1) genau (n-1) daraus gezogen werden, um dann vor dem endgültig leerenden Zug zu stehen.

Eigentlich "ganz banale Kombinatorik".

PS: Es lebe dein Avatar.

ok. habe mich etwas verrannt. bei dem zähler müsste bei beiden möglichtkeiten das gleiche ergebnis rauskommen... hoffe ich!

naja, keinen bock, das nachzurechnen!!!

meinen dank!!