Glücksrad < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:04 Mi 25.06.2008 | | Autor: | hase-hh |
| Aufgabe | Ein Glücksrad, das in zehn gleich große Sektoren unterteilt ist, in denen die Ziffern 0 bis 9 stehen, wird sechsmal gedreht.
a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass 3 Ziffern hintereinander gerade sind?
b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Ziffern "0" und "6" beide genau zweimal auftreten? |
Moin,
hier fehlt mir der Ansatz. 
a)
Ich weiß, dass die Wahrscheinlichkeit für eine gerade Ziffer p=0,5 ist.
Ich könnte auch die Wahrscheinlichkeit für drei gerade Ziffern berechnen:
P(X=3) = [mm] \vektor{3 \\ 3}*0,5^3*0,5^0 [/mm]
Damit habe ich aber leider noch lange nicht die Wahrscheinlichkeit für drei gerade Ziffern hintereinander bei sechs Ziehungen!
Sondern nur die Wahrscheinlichkeit für drei gerade Ziffern, wenn diese an 1. + 2. +3. Stelle gezogen werden...
Keine Idee!!
b)
Hier würde ich denken,
Wahrscheinlichkeit für eine "0" p0 = 0,1
Wahrscheinlichkeit für eine "6" p6 = 0,1
=> [mm] 0,1^2*0,1^2*0,8^2 [/mm]
Aber die Frage ist, was setze ich für [mm] \vektor{n \\ k} [/mm] ein???
Vielen Dank für eure Hifle!
Gruß
Wolfgang
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Hallo hase-hh!
> Ein Glücksrad, das in zehn gleich große Sektoren unterteilt
> ist, in denen die Ziffern 0 bis 9 stehen, wird sechsmal
> gedreht.
>
> a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass 3
> Ziffern hintereinander gerade sind?
>
> b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die
> Ziffern "0" und "6" beide genau zweimal auftreten?
> Moin,
>
> hier fehlt mir der Ansatz.
>
> a)
> Ich weiß, dass die Wahrscheinlichkeit für eine gerade
> Ziffer p=0,5 ist.
>
> Ich könnte auch die Wahrscheinlichkeit für drei gerade
> Ziffern berechnen:
>
> P(X=3) = [mm]\vektor{3 \\ 3}*0,5^3*0,5^0[/mm]
>
> Damit habe ich aber leider noch lange nicht die
> Wahrscheinlichkeit für drei gerade Ziffern hintereinander
> bei sechs Ziehungen!
> Sondern nur die Wahrscheinlichkeit für drei gerade Ziffern,
> wenn diese an 1. + 2. +3. Stelle gezogen werden...
Kannst du denn aber nicht die Wahrscheinlichkeit berechnen, dass die 1., 2. und 3. Ziffer gerade sind, plus die Wahrscheinlichkeit, dass die 2., 3. und 4. Ziffer gerade sind, plus dasselbe mit der 3., 4. und 5. Ziffer und auch noch mal mit der 4., 5., und 6. Ziffer?
Viele Grüße
Bastiane
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:26 Mi 25.06.2008 | | Autor: | hase-hh |
> Hallo hase-hh!
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> > Ein Glücksrad, das in zehn gleich große Sektoren unterteilt
> > ist, in denen die Ziffern 0 bis 9 stehen, wird sechsmal
> > gedreht.
> >
> > a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass 3
> > Ziffern hintereinander gerade sind?
> >
> > b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die
> > Ziffern "0" und "6" beide genau zweimal auftreten?
> > Moin,
> >
> > hier fehlt mir der Ansatz.
> >
> > a)
> > Ich weiß, dass die Wahrscheinlichkeit für eine gerade
> > Ziffer p=0,5 ist.
> >
> > Ich könnte auch die Wahrscheinlichkeit für drei gerade
> > Ziffern berechnen:
> >
> > P(X=3) = [mm]\vektor{3 \\ 3}*0,5^3*0,5^0[/mm]
> >
> > Damit habe ich aber leider noch lange nicht die
> > Wahrscheinlichkeit für drei gerade Ziffern hintereinander
> > bei sechs Ziehungen!
> > Sondern nur die Wahrscheinlichkeit für drei gerade Ziffern,
> > wenn diese an 1. + 2. +3. Stelle gezogen werden...
>
> Kannst du denn aber nicht die Wahrscheinlichkeit berechnen,
> dass die 1., 2. und 3. Ziffer gerade sind, plus die
> Wahrscheinlichkeit, dass die 2., 3. und 4. Ziffer gerade
> sind, plus dasselbe mit der 3., 4. und 5. Ziffer und auch
> noch mal mit der 4., 5., und 6. Ziffer?
>
> Viele Grüße
> Bastiane
Du meinst einfach
[mm] 0,5^3 [/mm] + [mm] 0,5*0,5^3 [/mm] + [mm] +0,5*0,5*0,5^3+ 0,5*0,5*0,5*0,5^3 [/mm] ?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:29 Do 26.06.2008 | | Autor: | Somebody |
> Du meinst einfach
>
> [mm]0,5^3[/mm] + [mm]0,5*0,5^3[/mm] + [mm]+0,5*0,5*0,5^3+ 0,5*0,5*0,5*0,5^3[/mm] ?
Nein, ich glaube dies ist nicht ganz richtig. Wenn die Dreiergruppe von geraden Ziffern beim ersten Mal beginnt, ist [mm] $0.5^3$ [/mm] richtig (wie es danach weitergeht ist unerheblich).
Wenn die Dreiergruppe beim zweiten Mal beginnt, muss das erste Mal eine ungerade Ziffer auftreten, dann die Dreiergruppe: [mm] $0.5\cdot 0.5^3$ [/mm] ist ebenfalls richtig.
Aber wenn die Dreiergruppe erst beim dritten Mal beginnt, darf die erste Ziffer beliebig sein und erst die zweite Ziffer muss ungerade, die dritte bis fünfte Ziffer gerade sein. Ergibt: [mm] $0.5\cdot 0.5^3$.
[/mm]
Analog: wenn die Dreiergruppe erst beim vierten Mal beginnt, dürfen die ersten beiden Ziffern beliebig sein und erst die dritte muss ungerade, die vierte bis sechste gerade sein. Ergibt nochmals: [mm] $0.5\cdot 05^3$
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:50 Mi 25.06.2008 | | Autor: | hase-hh |
Noch eine weitere Frage.
Wie berücksichtige ich Ergebnisse wie
4x hintereinander "gerade Ziffer"
5x hintereinander "gerade Ziffer" ?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:49 Do 26.06.2008 | | Autor: | aram |
Hallo hase-hh!
Bei der eigentlichen Aufgabe bin ich noch beim Grübeln, aber diese Frage kann ich dir schon beantworten.
> a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass 3 Ziffern hintereinander gerade sind?
> Noch eine weitere Frage.
>
> Wie berücksichtige ich Ergebnisse wie
>
> 4x hintereinander "gerade Ziffer"
> 5x hintereinander "gerade Ziffer" ?
>
Da bei a) nicht angegeben ist, dass es genau 3 gerade Zahlen hintereinander sein sollen, musst du die Möglichkeiten mit 4, 5 und 6 mal auch mitberücksichtigen, denn auch in diesen Fällen ist die Bedingung von a) erfüllt.
Mfg Aram
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(Antwort) fertig | | Datum: | 05:07 Do 26.06.2008 | | Autor: | aram |
Hallo Wolfgang!
Bevor ich mich zum schlafen hinpacke, habe ich noch mal reingeschaut.
Hier meine Idee zu a):
Ich würde das ganze von hinten aufrollen, also: 1-Gegenwsk. = Wsk.
g = gerade
u = ungerade
Wenn bei den 6 Drehungen 4, 5 oder 6 mal u dabei ist, dann kann die Bedingung nicht erfüllt werden.
Wenn bei den 6 Drehungen nur ein mal u dabei ist, dann ist die Bedingung in jedem Fall erfüllt.
Bei 2 oder 3 mal u wird es etwas komplizierter, denn da sind beide Ergebnisse möglich. Aber das auszurechnen ist wesentlich einfacher. Hier geht es in die Kombinatorik hinein.
So, aber jetzt gehe ich schlafen.
Mfg Aram [schnarch]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:17 Mo 30.06.2008 | | Autor: | rabilein1 |
Mein Ansatz zu a) wäre:
Es gibt folgende Möglichkeiten ( G=gerade / U=ungerade / x=egal )
1.) GGGxxx
2.) UGGGxx
3.) xUGGGx
4.) xxUGGG
Die Wahrscheinlichkeiten dafür sind:
Für 1.): [mm] \bruch{1}{8} [/mm]
Für 2.) 3.) und 4.): jeweils [mm] \bruch{1}{16}
[/mm]
Jetzt ist die Frage, wie man diese Einzelwahrscheinlichkeiten miteinander in Beziehung bringt - einfach addieren? oder: mit den Gegenwahrscheinlichkeiten arbeiten?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:37 Di 01.07.2008 | | Autor: | hase-hh |
moin,
das verwirrt mich. denke, das sind doch unterschiedliche Pfade, also addieren?!
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> moin,
>
> das verwirrt mich. denke, das sind doch unterschiedliche
> Pfade, also addieren?!
ja, addieren!
Rabilein hat die Möglichkeiten sehr geschickt in solche
Fälle aufgedröselt, die sich gegenseitig nicht überlappen.
Gruß
Al-Chw.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:07 Do 26.06.2008 | | Autor: | M.Rex |
> Ein Glücksrad, das in zehn gleich große Sektoren unterteilt
> ist, in denen die Ziffern 0 bis 9 stehen, wird sechsmal
> gedreht.
>
>
> b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die
> Ziffern "0" und "6" beide genau zweimal auftreten?
>
> b)
> Hier würde ich denken,
>
> Wahrscheinlichkeit für eine "0" p0 = 0,1
> Wahrscheinlichkeit für eine "6" p6 = 0,1
>
> => [mm]0,1^2*0,1^2*0,8^2[/mm]
Soweit korrekt.
>
> Aber die Frage ist, was setze ich für [mm]\vektor{n \\ k}[/mm]
> ein???
Ich würde hier ohne den Binomialkoeffizient arbeiten.
Welche Möglichkeiten gibt es denn, die 6en und die Einsen zu verteilen?
Nehmen wir mal die erste Zahl, diese soll eine Eins sein, also hast du eine "Günstige" Zahl, die zweite soll auch eine 1 sein, also wieder eine gute Zahl.
Somit bleiben:
[mm] \underbrace{1*1}_{\text{für die Einsen}}*\underbrace{1*1}_{\text{für die Sechsen}}*\underbrace{8*8}_{\text{für die anderen Zahlen}} [/mm]
Möglichkeiten.
Marius
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:48 Mo 30.06.2008 | | Autor: | hase-hh |
> > Ein Glücksrad, das in zehn gleich große Sektoren unterteilt
> > ist, in denen die Ziffern 0 bis 9 stehen, wird sechsmal
> > gedreht.
> >
> >
> > b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die
> > Ziffern "0" und "6" beide genau zweimal auftreten?
> >
> > b)
> > Hier würde ich denken,
> >
> > Wahrscheinlichkeit für eine "0" p0 = 0,1
> > Wahrscheinlichkeit für eine "6" p6 = 0,1
> >
> > => [mm]0,1^2*0,1^2*0,8^2[/mm]
>
> Soweit korrekt.
das ergibt [mm] \bruch{1}{15625}
[/mm]
> > Aber die Frage ist, was setze ich für [mm]\vektor{n \\ k}[/mm]
> > ein???
hier denke ich, ich ziehe 2 mal die "0" -> [mm] \vektor{6 \\ 2} [/mm] = 15
und 2 mal die "6" -> [mm] \vektor{6 \\ 2} [/mm] = 15
also insgesamt 30
=> 30 * [mm] \bruch{1}{15625} [/mm] = 0,00192
> Ich würde hier ohne den Binomialkoeffizient arbeiten.
> Welche Möglichkeiten gibt es denn, die 6en und die Einsen
> zu verteilen?
>
> Nehmen wir mal die erste Zahl, diese soll eine Eins sein,
> also hast du eine "Günstige" Zahl, die zweite soll auch
> eine 1 sein, also wieder eine gute Zahl.
>
> Somit bleiben:
> [mm]\underbrace{1*1}_{\text{für die Einsen}}*\underbrace{1*1}_{\text{für die Sechsen}}*\underbrace{8*8}_{\text{für die anderen Zahlen}}[/mm]
> Möglichkeiten.
>
> Marius
hier denke ich, für die erste zahl habe ich 6 Plätze, für die zweite Zahl noch 5 usw.
d.h. 6*5*4*3 = 360 mögliche Reihenfolgen.
=> [mm] \bruch{64}{360} [/mm] = 0,177777
dies ist aber ein anderes ergebnis als auf dem anderen Weg????
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:45 Di 01.07.2008 | | Autor: | aram |
> > Ein Glücksrad, das in zehn gleich große Sektoren unterteilt
> > ist, in denen die Ziffern 0 bis 9 stehen, wird sechsmal
> > gedreht.
> >
> >
> > b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die
> > Ziffern "0" und "6" beide genau zweimal auftreten?
Also hier würde ich die Gegenwahrscheinlichkeit bemühen. Es sind ja 2 Fälle, wann die Bedingung aus b) nicht erfüllt wird: 1.) die 0 tritt nicht genau 2 mal auf und 2.) die 6 tritt nicht genau 2 mal auf. Die dritte Möglichkeit mit den restlichen Zahlen ist von den ersten beiden abhängig. D.h., man kann es auch so betrachten: p("eine andere Zahl als 0 oder 6 ist nicht genau 2 mal dabei")
Diese Berechnung ist wohl um einiges einfacher (bin ich jedenfalls der Meinung).
Mfg Aram
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