Tresor mit 7 Schlössern < Sonstiges < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Ein Tresor hat 7 verschlossene Türen, die hintereinander liegen (die zweite Tür kann erst geöffnet werden, wenn die erste offen ist, etc.)
In 100 Metern Entfernung zum Tresor ist ein Mann mit den 7 Schlüsseln. Er geht mit EINEM Schlüssel in der Hand mit einer Geschwindigkeit von 6 Kilometern pro Stunde auf den Tresor zu und probiert den Schlüssel. Dieser Schließvorgang dauert 2 Sekunden.
Falls der Schlüssel passt, zieht er die Tür auf das dauert 5 Sekunden und geht dann zurück, um den nächsten Schlüssel zu holen.
Falls der Schlüssel nicht passt, geht er wieder zurück und probiert den nächsten Schlüssel.
Dieser Vorgang wiederholt sich so oft, bis die letzte Tür geöffnet ist.
Frage: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Tresor in weniger als 20 Minuten geöffnet wird?
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Falls es keinen Fehlversuch gibt, muss der Mann insgesamt 13 Mal die Strecke laufen (beim letzten Schloss kann er sich den Rückweg sparen). Für jede Strecke braucht er genau eine Minute.
Das Umdrehen des Schlüssels (2 Sekunden) und Öffnen der Tür (5 Sekunden) dauert jeweils 7 Sekunden - also insgesamt 49 Sekunden.
Also ist der Tresor allerfrühestens nach 13 Minuten 49 Sekunden offen.
Jeder Fehlversuch kostet zusätzlich 2 Minuten (fürs Laufen) und 2 Sekunden (fürs Schlüsseldrehen).
Von den 13 min 49 sek (ohne Fehlversuch) bis zum Limit von 20 Minuten bleiben also noch 6 min 11 sek (für Fehlversuche).
Da könnte man sich also drei Fehlversuche leisten.
Aber jetzt habe ich ein Problem:
Mit welcher Wahrscheinlichkeit gibt es weniger als 4 Fehlversuche?
NULL Fehlversuche: 1 zu 7*6*5*4*3*2*1
EIN Fehlversuch: Hmmm, der könnte ja bei jeder der Türen auftauchen.
Bei ZWEI und DREI Fehlversuchen ist es noch komplizierter.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:05 So 21.12.2008 | | Autor: | MaRaQ |
Hallo rabilein
> Ein Tresor hat 7 verschlossene Türen, die hintereinander
> liegen (die zweite Tür kann erst geöffnet werden, wenn die
> erste offen ist, etc.)
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> In 100 Metern Entfernung zum Tresor ist ein Mann mit den 7
> Schlüsseln. Er geht mit EINEM Schlüssel in der Hand mit
> einer Geschwindigkeit von 6 Kilometern pro Stunde auf den
> Tresor zu und probiert den Schlüssel. Dieser Schließvorgang
> dauert 2 Sekunden.
>
> Falls der Schlüssel passt, zieht er die Tür auf das
> dauert 5 Sekunden und geht dann zurück, um den nächsten
> Schlüssel zu holen.
> Falls der Schlüssel nicht passt, geht er wieder zurück und
> probiert den nächsten Schlüssel.
>
> Dieser Vorgang wiederholt sich so oft, bis die letzte Tür
> geöffnet ist.
>
>
> Frage: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Tresor
> in weniger als 20 Minuten geöffnet wird?
>
> Falls es keinen Fehlversuch gibt, muss der Mann insgesamt
> 13 Mal die Strecke laufen (beim letzten Schloss kann er
> sich den Rückweg sparen). Für jede Strecke braucht er genau
> eine Minute.
> Das Umdrehen des Schlüssels (2 Sekunden) und Öffnen der
> Tür (5 Sekunden) dauert jeweils 7 Sekunden - also insgesamt
> 49 Sekunden.
>
> Also ist der Tresor allerfrühestens nach 13 Minuten 49
> Sekunden offen.
>
> Jeder Fehlversuch kostet zusätzlich 2 Minuten (fürs Laufen)
> und 2 Sekunden (fürs Schlüsseldrehen).
> Von den 13 min 49 sek (ohne Fehlversuch) bis zum Limit von
> 20 Minuten bleiben also noch 6 min 11 sek (für
> Fehlversuche).
> Da könnte man sich also drei Fehlversuche leisten.
Soweit alles korrekt.
> Aber jetzt habe ich ein Problem:
> Mit welcher Wahrscheinlichkeit gibt es weniger als 4
> Fehlversuche?
>
> NULL Fehlversuche: 1 zu 7*6*5*4*3*2*1
> EIN Fehlversuch: Hmmm, der könnte ja bei jeder der Türen
> auftauchen.
> Bei ZWEI und DREI Fehlversuchen ist es noch komplizierter.
Die letzte Tür ist immer richtig, also zu vernachlässigen. 
Nun überlegen wir mal, wie ein Fehlversuch aussehen könnte:
Er könnte bei der ersten Tür auftauchen
[mm] \bruch{6}{7}*\bruch{1}{6}*\bruch{1}{6*5*4*3*2}
[/mm]
oder bei der Zweiten
[mm] \bruch{5}{6}*\bruch{1}{5}*\bruch{1}{7*5*4*3*2} [/mm]
usw.
Dann noch alle aufaddieren.
Das ist aber immer noch ein unverhältnismäßiger Aufwand, wie ich finde.
Da gibt es sicherlich eine Möglichkeit in Richtung Binomialkoeffizient oder ähnliches. Aber ich komme momentan nicht drauf.
Vielleicht die Tage, du hast ja noch etwas Zeit.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:59 So 21.12.2008 | | Autor: | rabilein1 |
Hinsichtlich eines Fehlversuches ist es noch einfach:
Ein Fehlversuch heißt ja, dass bei einem der Türen der zweite Schlüssel und bei allen anderen Türen der erste Schlüssel richtig sein muss.
Daher ist es völlig egal, bei welcher Tür dieser Fehlversuch stattfindet.
Die Wahrscheinlichkeit ist bei jeder Tür 1 zu 7*6*5*4*3*2
Komplizierter wird es aber schon bei zwei Fehlversuchen.
Da könnte sich zum Beispiel Tür-Zwei erst beim 3. Versuch öffnen, oder Tür-Eins und Tür-Vier öffnen sich jeweils beim 2. Versuch (und alle anderen Türen öffnen beim 1. Versuch).
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:07 So 21.12.2008 | | Autor: | reverend |
Hallo,
ich bin nicht ganz sicher, meine aber, dass das Problem leichter gelöst werden kann, wenn man es als ![[]](/images/popup.gif) hypergeometrische Verteilung betrachtet.
Wie ich Luis52 bisher (mitlesend) erlebt habe, kann er nicht nur diese Aussage überprüfen, sondern auch die Aufgabe lösen.
Grüße,
reverend
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:38 Mo 22.12.2008 | | Autor: | luis52 |
Moin allerseits,
@Ralph: Ich verstehe deinen Ansatz
> Für jede Strecke braucht er genau eine Minute.
> Das Umdrehen des Schlüssels (2 Sekunden) und Öffnen der Tür (5
> Sekunden) dauert jeweils 7 Sekunden - also insgesamt 49 Sekunden.
nicht. Ich sehe das so:
Jeder der ersten 6 "Erfolgsgaenge"' dauert 129 Sekunden: 60 Sekunden hin,
2 Sekunden schliessen, 7 Sekunden oeffnen, 60 Sekunden zurueck.
Der letzte Gang dauert 69 Sekunden.
Jeder Fehlversuch dauert 122 Sekunden.
Hat der Mann keinen Fehlversuch, so ist er nach
[mm] $6\times129+69$=843 [/mm] Sekunden= 14 Minuten, 3 Sekunden fertig.
Hat der Mann genau einen Fehlversuch, so ist er nach
[mm] $6\times129+1\times122+69$=965 [/mm] Sekunden= 16 Minuten, 5 Sekunden fertig.
Hat der Mann genau zwei Fehlversuche, so ist er nach
[mm] $6\times129+2\times122+69$=1087 [/mm] Sekunden= 18 Minuten, 7 Sekunden fertig.
Hat der Mann genau drei Fehlversuche, so ist er nach
[mm] $6\times129+2\times122+69$=1209 [/mm] Sekunden= 20 Minuten, 9 Sekunden fertig.
Gesucht ist also die Wsk dafuer, dass er hoechstens 2 Fehlversuche hat.
Stimmen meine Ueberlegungen bis hierhin?
Dass ich mich hier aeussere, soll nicht bedeuten, dass ich die Aufgabe
letztendlich loesen kann. Woher stammt sie ueberhaupt?
@reverend: Danke fuer die Blumen. ![[peinlich]](/images/smileys/peinlich.gif "[peinlich]")
vg Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:13 Mo 22.12.2008 | | Autor: | reverend |
Hallo Luis,
gern doch. Außerhalb von Valentins- und Muttertag sind sie ja günstig zu haben, die Blumen... Du hast in diesem Forum aber schon eine ganze Reihe von Fragen offenbar abschließend beantwortet, die vorher eine Weile herumlagen, oder einen kurzen Lösungsweg aufgezeigt, wo ich oder andere elendig lange (und fehlerträchtige) Fallunterscheidungen und Ereignislisten geführt haben. Also vielleicht eher: ![[hut]](/images/smileys/hut.gif "[hut]")
Soweit ich die Aufgabe bisher verstehe, dauert das Öffnen der Tür nur 5 Sekunden, pro Erfolgsgang also 127 Sekunden, letzter Gang 67 Sekunden. Dann sind drei Fehlversuche möglich.
Grüße,
rev
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:26 Mo 22.12.2008 | | Autor: | luis52 |
> Soweit ich die Aufgabe bisher verstehe, dauert das Öffnen
> der Tür nur 5 Sekunden, pro Erfolgsgang also 127 Sekunden,
> letzter Gang 67 Sekunden. Dann sind drei Fehlversuche
> möglich.
>
Stimmt. Stumpf verrechnet. Na, dann haben wir ja schon einmal
einen Knochen, an dem wir nagen koennen.
vg Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:58 Di 23.12.2008 | | Autor: | rabilein1 |
> Dass ich mich hier aeussere, soll nicht bedeuten, dass ich
> die Aufgabe letztendlich loesen kann.
> Woher stammt sie ueberhaupt?
Die letzte Frage kann ich sehr leicht beantworten:
Die Aufgabe stammt von mir höchstpersönlich.
Allerdings schließt das nicht aus, dass irgend ein Chinese im 18. Jahrhundert haargenau dieselbe Aufgabe schon einmal gestellt hat.
P.S. Man könnte nun ja einmal schätzen, wie wahrscheinlich es ist, dass irgend ein Mensch vorher schon einmal genau diese Aufgabe (mit derselben Problematik und mit exakt denselben Zahlen) gestellt hat
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:10 Di 23.12.2008 | | Autor: | luis52 |
Ich habe im Prinzip eine Loesung, jedoch letztendlich keine Zahl.
Ich fasse mal zusammen, wo wir stehen. Gesucht ist die Wsk dafuer, dass
der Mann 0, 1, 2 oder 3 Fehlversuche hat. Nennen wir diese Ereignisse
[mm] $A_0$, $A_1$, $A_2$ [/mm] und [mm] $A_3$.
[/mm]
Betrachten wir einmal den letzten Fall: 3 Fehlversuche. Wie kann dieses
Ereignis [mm] $A_3$ [/mm] auftreten? Er hat 6 Treffer und 3 Fehlversuche. Beim
zehnten Gang hat er jedenfalls den korrekten Schluessel dabei. Sei [mm] $T_i$
[/mm]
bzw. [mm] $F_i$ [/mm] das Ereignis, dass der Mann beim i-ten Gang einen Treffer
bzw. einen Fehlversuch hat. [mm] $A_3$ [/mm] tritt beispielsweise ein, wenn
[mm] $F_1\cap T_2\cap T_3\cap T_4\cap T_5\cap F_6\cap T_7\cap F_8\cap T_9=:B$
[/mm]
eintritt. [mm] $A_3$ [/mm] besteht aus [mm] $\binom{9}{3}=84$ [/mm] derartiger Teilereignisse B.
Wie kann man $P(B)$ berechnen? Es gilt nach einer alten Bauernregel:
[mm] \begin{matrix}
P(B)&=&P(F_1)P(T_2\mid F_1)P(T_3\mid T_2\cap F_1) \\
&&\times P(T_4\mid T_3\cap T_2\cap F_1) \\
&&\times P(T_5\mid T_4\cap T_3\cap T_2\cap F_1) \\
&&\times P(F_6\mid T_5\cap T_4\cap T_3\cap T_2\cap F_1) \\
&&\times P(T_7\mid F_6\cap T_5\cap T_4\cap T_3\cap T_2\cap F_1) \\
&&\times P(F_8\mid T_7\cap F_6\cap T_5\cap T_4\cap T_3\cap T_2\cap F_1) \\
&&\times P(T_9\mid F_8\cap T_7\cap F_6\cap T_5\cap T_4\cap T_3\cap T_2\cap F_1) \\
\end{matrix}
[/mm]
Wie kann man [mm] $P(T_7\mid F_6\cap T_5\cap T_4\cap T_3\cap T_2\cap F_1)$
[/mm]
berechnen? Bis zum 6 Gang gab es 4 Treffer, so dass noch 3 Schluessel
zur Auswahl stehen. Die gesuchte Wsk ist somit 1/3. Diese Rechnung ist
fuer die anderen 8 Faktoren durchzufuehren. In dieser Weise muss sie
fuer anderen 83 Teilereignisse durchgefuehrt werden.
Leichter ist diese Chose fuer [mm] $A_0=T_1\cap T_2\cap T_3\cap T_4\cap T_5\cap T_6\cap T_7\cap T_8\cap \T_9$. [/mm] Analog zu oben ergibt sich dann
[mm] $P(A_0)=1/7\times1/6\times1/5\times1/4\times1/3\times1/2\times1/1=1/7!$. [/mm] Das Ergebnis hast du ja auch, Ralph.
Ich meine, dass auch [mm] $P(A_1)$ [/mm] noch einigermassen leicht zu berechnen
ist (7 Teilerereignisse).
vg Luis
P.S. Damit unsereins eine geruhsame Weihnnacht verbringen kann: Bitte
demnaechst keine weiteren Aufgaben ausdenken, Ralph!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:50 Di 23.12.2008 | | Autor: | rabilein1 |
> Damit unsereins eine geruhsame Weihnnacht verbringen
> kann: Bitte demnaechst keine weiteren Aufgaben ausdenken, Ralph!
Ich nehme an, dass jede Aufgabe irgendwann mal von irgend jemandem ausgedacht wurde.
Ich weiß auch, dass meine Aufgaben auf eine gewisse Weise "gemein" sind, weil ich selber oftmals nicht einmal weiß, was raus kommt und ob es überhaupt eine Lösung gibt.
Andererseits: Wenn man eine Aufgabe lösen soll bzw. wenn man etwas "beweisen" soll, was schon unzählige Leute vor einem gelöst / bewiesen haben, dann sehe ich keinen Reiz in so etwas.
Trotzdem geruhsame Weihnachten. Dieses Jahr werde ich nicht mehr am Computer sein; insofern bleibt ihr von meinen Aufgaben verschont.
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Die Lösung lautet ganz à la Ramanujan:
Die Wahrscheinlichkeit, dass der Wärter eine Aufgabe dieses Typs mit n Türen und max. k Fehlversuchen löst, beträgt [mm] \vektor{n+k-1\\k}*\bruch{1}{n!}
[/mm]
Im vorliegenden Fall beträgt die Wahrscheinlichkeit also genau [mm] \bruch{1}{60}.
[/mm]
Vorausgesetzt ist dabei, dass der Wärter an keiner Tür den gleichen Schlüssel zweimal probiert.
Denn mal schöne Weihnachten allerseits.
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:17 Di 23.12.2008 | | Autor: | reverend |
Ich habe vergessen zu erwähnen, dass die Formel für [mm] n\ge1 [/mm] gilt.
Soweit ich sehe, sollte sie für [mm] 0\le k\le\bruch{n(n-1)}{2} [/mm] gelten, die Obergrenze habe ich aber noch nicht zeigen können.
Ansonsten geht der Nachweis per Induktion, Anfang mit n=1, k=0.
Dann zeigen, dass bei gleicher Zahl Fehlversuche die Formel auch für n+1 Türen stimmt, und bei gleicher Zahl Türen für k+1 Fehlversuche. Letzteres ist der Haken, wenn es eine Obergrenze gibt.
Grüße,
rev
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