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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:33 Di 20.10.2009 | | Autor: | Fry |
| Aufgabe | Jede von drei Personen hat jeweils eine 1,2,5,10,20,50-Cent-Münze in der Tasche. Jeder zieht zufällig eine Münze.
a)Mit welcher Wkeit ergeben die drei gezogenen Münzen zusammen mindestens 40 Cent?
b) Mit welcher Wkeit ist die größte Münze mehr wert als die beiden anderen zusammen?
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Hallo,
gibt es eine Möglichkeit obige Aufgabe zu lösen ohne Baumdiagramme zu zeichnen bzw. muss ich wirklich alle Möglichkeiten abzählen ?
Oder geht es einfacher ? Wie würdet ihr das lösen?
Hatte zum Beispiel bei a) angefangen die möglichkeiten aufzuschreiben:
z.b. 1*6*6 für 50 cent im ersten wurf
+1*2*6 für 20 cent im ersten, im zweiten 20 oder 50 cent
+usw.
Wäre für Ideen sehr dankbar!
Viele Grüße
Fry
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:31 Mi 21.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Jede von drei Personen hat jeweils eine
> 1,2,5,10,20,50-Cent-Münze in der Tasche. Jeder zieht
> zufällig eine Münze.
> a)Mit welcher Wkeit ergeben die drei gezogenen Münzen
> zusammen mindestens 40 Cent?
> b) Mit welcher Wkeit ist die größte Münze mehr wert als
> die beiden zusammen?
>
> Hallo,
>
> gibt es eine Möglichkeit obige Aufgabe zu lösen ohne
> Baumdiagramme zu zeichnen bzw. muss ich wirklich alle
> Möglichkeiten abzählen ?
>
> Oder geht es einfacher ? Wie würdet ihr das lösen?
Ich wuerd versuchen es moeglichst geschickt zu zaehlen.
Vielleicht sortiere alle Moeglichkeiten erstmal nach dem Wert der groessten Muenze, und zaehle wieviele Moeglichkeiten es gibt. Ist die groesste Muenze 10 oder kleiner, so kann man eh nicht auf 40 kommen. Ist die groesste Muenze 20, zaehl alle Moeglichkeiten wie du auf mind. 40 kommst (das sind nicht so viele). Und ist die groesste Muenze 50, kommst du eh auf ueber 40.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:25 Mi 21.10.2009 | | Autor: | Fry |
Hey Felix,
dank dir !
Lieben Gruß
Fry
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:01 Do 22.10.2009 | | Autor: | Fry |
Hallo nochmal,
habe doch noch arge Probleme mit der Modellierung und dem richtigen Auszählen bekommen. Könnte mir jemand vielleicht nochmal bei a) unter die Arme greifen und das "vorrechnen".
Wäre echt super.
Danke!
Gruß
Fry
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:20 Do 22.10.2009 | | Autor: | luis52 |
Moin Fry,
2 Fragen:
1) Im Rahmen welcher Veranstaltung wurde die Aufgabe gestellt?
Sprich: Mit welchen Methoden ist sie zu bearbeiten?
> b) Mit welcher Wkeit ist die größte Münze mehr wert als
> die beiden zusammen?
2) Heisst es hier "als die beiden *anderen* zusammen?"
vg Luis
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 11:58 Do 22.10.2009 | | Autor: | Fry |
Hallo Luis,
also man soll ne Laplace-Verteilung zu Grunde legen, mehr wird nicht verlangt (Stochastik-Aufgabe)
Ja, du hast Recht, da hab ich ein Wort vergessen, upps.
Gruß
Fry
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:20 Sa 24.10.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:55 So 25.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Christian,
ich hab's leider nicht geschafft eher zu antworten.
Ich wuerde das so angehen:
Der Wahrscheinlichkeitsraum ist ja [mm] $\Omega [/mm] = [mm] M^3$ [/mm] mit $M = [mm] \{ 1, 2, 5, 10, 20, 50 \}$ [/mm] mit dem Laplacemass.
Bei a) willst du wissen, wieviele Elemente die Menge $A = [mm] \{ (a, b, c) \in \Omega \mid a + b + c \ge 40 \}$.
[/mm]
Setze nun [mm] $\Omega_i [/mm] := [mm] \{ (a, b, c) \in \Omega \mid \max\{ a, b, c \} = i \}$: [/mm] dann ist [mm] $\Omega$ [/mm] die disjunkte Vereinigung [mm] $\bigcup_{i \in M} \Omega_i$ [/mm] und somit auch $A = [mm] \bigcup_{i \in M} [/mm] (A [mm] \cap \Omega_i)$.
[/mm]
Da $3 [mm] \cdot [/mm] 10 < 40$ ist $A [mm] \cap \Omega_1 [/mm] = A [mm] \cap \Omega_2 [/mm] = A [mm] \cap \Omega_5 [/mm] = A [mm] \cap \Omega_{10} [/mm] = [mm] \emptyset$.
[/mm]
Da $50 > 40$ ist $A [mm] \cap \Omega_{50} [/mm] = [mm] \Omega_{50}$: [/mm] daraus folgt $|A [mm] \cap \Omega_{50}| [/mm] = [mm] 5^2 \cdot [/mm] 3 + 5 [mm] \cdot [/mm] 3 + 1 = 91$ (jeweils die Moeglichkeiten, das 1, 2 oder 3 der Muenzen 50er-Muenzen sind).
Interessant ist also vor allem $A [mm] \cap \Omega_{20}$. [/mm] Sei $(a, b, c) [mm] \in \Omega_{20}$. [/mm] Wir machen Fallunterscheidungen nach [mm] $\min\{a, b, c \}$.
[/mm]
1. Fall: [mm] $\min\{ a, b, c \} \le [/mm] 5$. Dann muessen die beiden anderen Muenzen 20er sein, womit du je 3 Moeglichkeiten hast. (Insgesamt also 6 fuer diesen Fall.)
2. Fall: [mm] $\min\{ a, b, c \} \ge [/mm] 10$. Dann gilt $a + b + c [mm] \ge [/mm] 10 + 10 + 20 = 40$: alle Moeglichkeiten aus diesem Fall liegen also in $A$. Damit hast du $1 + 3 + 3$ Moeglichkeiten (alles sind 20er; zwei sind 20er und einer nicht; einer ist 20er und zwei sind 10er).
Insgesamt hat [mm] $\Omega_{20} \cap [/mm] A$ also $6 + 7 = 13$ Moeglichkeiten.
Damit ist $|A| = 91 + 13 = 104$ und somit [mm] $\IP(A) [/mm] = [mm] \frac{104}{6^3} [/mm] = [mm] \frac{13}{27}$ [/mm] -- wenn ich mich nicht vertan hab 
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:59 Do 29.10.2009 | | Autor: | Fry |
Hey Felix,
macht nix !
Vielen Dank für deine tolle Antwort,
jetzt hab ich´s endlich auch geschnallt ; ).
GLG
Christian
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