Verwirrt wie eh und je < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:36 Do 30.08.2012 | | Autor: | Kuriger |
Hallo
Ich bin total verwirrt
Beim Lotto sechser, muss man ja nicht mit einer hypergeometrischen Formel arbeiten, weil man k Elemente rausnimmt und jedes dieser Elemente muss ein Treffer sein
45*44*43*42*41*40 = 5.864 * [mm] 10^9
[/mm]
Das müsste doch auch der Formel [mm] \vektor{n \\ k} [/mm] = [mm] \vektor{45 \\ 6} [/mm] = 8145060 entsprechen. Aber das tut es nicht!
Wieso?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:38 Do 30.08.2012 | | Autor: | Kuriger |
Hallo
Ich bin total verwirrt
Beim Lotto sechser, muss man ja nicht mit einer hypergeometrischen Formel arbeiten, weil man k Elemente rausnimmt und jedes dieser Elemente muss ein Treffer sein
45*44*43*42*41*40 = 5.864 * [mm] 10^9
[/mm]
Das müsste doch auch der Formel [mm] \vektor{n \\ k} [/mm] = [mm] \vektor{45 \\ 6} [/mm] = 8145060 entsprechen. Aber das tut es nicht!
[mm] \vektor{n \\ k} [/mm] heisst doch man nimmt eine Anzahl Elemente k aus einer Gesamtmenge n heraus, ohne Beachtung der Reihenfolge und zurücklegen...und genau das wollen wir ja?????????????????????????????????
Wieso?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:49 Do 30.08.2012 | | Autor: | Teufel |
Genau, das Problem ist, dass wir die Reihenfolge nicht beachten wollen und bei deiner ersten Formel die Reihenfolge aber beachtet wird. Siehe unten.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:47 Do 30.08.2012 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Vorab: Das mit dem Binomialkoeffizienten ist richtig. Ausgeschrieben wäre diese Lösung [mm] \vektor{45 \\ 6}=\frac{45*44*43*42*41*40}{6!}, [/mm] also wie deine andere falsche Lösung, nur noch durch 6! dividiert. Diese 6! kommen zustande, weil die Reihenfolge der 6 Kugeln nicht wichtig ist.
Wenn man nur 45*44*43*42*41*40 berechnet, dann werden z.B. die Ziehungen 1,4,7,22,33,40 und 4,1,7,22,33,40 beide einzeln gezählt. Weil es 6 Kugeln sind, wird 1,4,7,22,33,40 sogar 6!-mal anstatt nur einmal gezählt. Das gleiche gilt für jede andere Ziehung auch. Daher gibt es 6! Möglichkeiten am Ende zu viel und man muss dadurch teilen.
Alles klar?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:16 Do 30.08.2012 | | Autor: | Kuriger |
Hallo
Ein Glücksspiel wird wie folgt gespielt. Aus einem kartenspiel mit 52 Karten werden zufällig zwei Karten gezogen. Ist eine davon eine Bildkarte (König, Dame, Bube oder Ass), oder sind die Karten von verschiedener Farbe, hat der Spieler verloren. Nur wenn die Karten die gleichen Farben haben, und ausserdem beide Zahlkarten sind, wird als Gewinn die Summe der von den Karten gezeigten Zahlen ausbezahlt.
a) Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, etwas zu gewinnen?
Wenn ich das richtig sehe, so gibt es 52 Karten, 4 Farben. Bei jeder Farbe gibt es 9 Zahlkarten und 4 Bildkarten
Eigentlich spielt die Reihenfolge keine Rolle, oder doch?
Aus einer Menge von
Mit Beachtung der Reihenfolge
Anzahl Möglichkeiten = 52 * 51 oder [mm] \vektor{52! \\ (52-2)!} [/mm] = 2652
Anzahl günstig = 4* 9 * 8 oder 4 * [mm] \vektor{9! \\ (9-2)!} [/mm] = 288
"Die 4, weil 4 Farben"
P = [mm] \bruch{Günstig}{Möglich} [/mm] = [mm] \bruch{288}{2652} [/mm] = 0.1086
Ohne Beachtung der Reihenfolge
Anzahl Möglichkeiten = [mm] \vektor{52 \\ 2} [/mm] = 1326
Anzahl Günstig= 4 * [mm] \vektor{9 \\ 2} [/mm] = 144
P = [mm] \bruch{Günstig}{Möglich} [/mm] = [mm] \bruch{144}{1326} [/mm] = 0.1086
Also spielt es gar keine Rolle?
Andere Betrachtungsweise
Ich spiele es mit einer Farbe durch und multipliziere dann das Ergebnis mit dem Faktor 4 da vier Farben...
Erste Karte ist eine Rote Zahlkarte: [mm] \bruch{1}{4} [/mm] * [mm] \bruch{9}{13} [/mm] = [mm] \bruch{9}{52}
[/mm]
zweite Karte ist ebenfalls eine Rote Zahlkarte [mm] \bruch{8}{52}
[/mm]
4 * [mm] (\bruch{9}{52} [/mm] * [mm] \bruch{8}{51}) [/mm] = 0.1086
Verschiedene Wege führen nach Rom...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:26 Do 30.08.2012 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Sieht gut aus!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:50 Do 30.08.2012 | | Autor: | reverend |
Hallo,
> Hi!
>
> Sieht gut aus!
Naja. Was soll die Schreibweise mit den Binomialkoeffizienten im 1. Fall, also mit Beachtung der Reihenfolge? Die ist schlicht falsch.
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:16 Do 30.08.2012 | | Autor: | Kuriger |
Wie gross ist der erwartete Gewinn?
Das wird langsam etwas komplex
Auch hier begnügt man sich am Besten mit einer Farbe?
Die Wahrscheinlichkeit für jede Kombination ist ja gleich, also [mm] \bruch{1}{52} [/mm] * [mm] \bruch{1}{51} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2652}
[/mm]
Ich arbeite mich mal durch
Farbe Rot, erste Karte Zahl 1
Dann könnte die zweite Zahl eine 2,3,4,5,6,7,8,9 sein
Das ergibt die Summe der Zahlen: 3+4+5+6+7+8+9+10 = 52
Farbe Rot, erste Karte Zahl 2
Das ergibt die Summe der Zahlen: 59
Farbe Rot, erste Karte Zahl 3
Das ergibt die Summe der Zahlen: 66
Farbe Rot, erste Karte Zahl 4
Das ergibt die Summe der Zahlen: 73
Farbe Rot, erste Karte Zahl 5
Das ergibt die Summe der Zahlen: 80
Okay da scheint eine Bezihung vorhanden zu sein, immer 7 mehr...
Farbe Rot, erste Karte Zahl 6
Das ergibt die Summe der Zahlen: 87
Farbe Rot, erste Karte Zahl 7
Das ergibt die Summe der Zahlen: 94
Farbe Rot, erste Karte Zahl 8
Das ergibt die Summe der Zahlen: 101
Farbe Rot, erste Karte Zahl 9
Das ergibt die Summe der Zahlen: 108
Also Totale Summe= 52 + 69 + 66 +.........108 = 720
Erwartungswert = 720 * [mm] \bruch{1}{2652} [/mm] = [mm] \bruch{720}{2652}
[/mm]
Weil's nun 4 Farben sind 4 * [mm] \bruch{720}{2652} [/mm] = 1.086
Kann das sein? Wie würdet ihr bei einer solchen Aufgabe vorgehen?
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Hallo Kuriger,
> Wie gross ist der erwartete Gewinn?
>
> Das wird langsam etwas komplex
> Auch hier begnügt man sich am Besten mit einer Farbe?
> Die Wahrscheinlichkeit für jede Kombination ist ja
> gleich, also [mm]\bruch{1}{52}[/mm] * [mm]\bruch{1}{51}[/mm] =
> [mm]\bruch{1}{2652}[/mm]
Da begnügst Du Dich nicht mit einer Farbe...
Außerdem scheint auf einmal die Reihenfolge wichtig zu sein.
Geht auch, ist aber irgendwie unnötig mühsam.
> Ich arbeite mich mal durch
>
> Farbe Rot, erste Karte Zahl 1
Ein Kartenspiel mit 52 Karten enthält keine Einsen.
Die Zahlenkarten sind jeweils die 2 bis zur 10.
> Dann könnte die zweite Zahl eine 2,3,4,5,6,7,8,9 sein
> Das ergibt die Summe der Zahlen: 3+4+5+6+7+8+9+10 = 52
>
> Farbe Rot, erste Karte Zahl 2
> Das ergibt die Summe der Zahlen: 59
>
> Farbe Rot, erste Karte Zahl 3
> Das ergibt die Summe der Zahlen: 66
>
> Farbe Rot, erste Karte Zahl 4
> Das ergibt die Summe der Zahlen: 73
>
> Farbe Rot, erste Karte Zahl 5
> Das ergibt die Summe der Zahlen: 80
>
>
> Okay da scheint eine Bezihung vorhanden zu sein, immer 7
> mehr...
>
> Farbe Rot, erste Karte Zahl 6
> Das ergibt die Summe der Zahlen: 87
>
> Farbe Rot, erste Karte Zahl 7
> Das ergibt die Summe der Zahlen: 94
>
> Farbe Rot, erste Karte Zahl 8
> Das ergibt die Summe der Zahlen: 101
>
> Farbe Rot, erste Karte Zahl 9
> Das ergibt die Summe der Zahlen: 108
>
> Also Totale Summe= 52 + 69 + 66 +.........108 = 720
Die Summe ändert sich natürlich, wenn Du mal 2 bis 10 als Zahlkarten ansetzt. (Ich denke, sie wird sich um 144 erhöhen.)
> Erwartungswert = 720 * [mm]\bruch{1}{2652}[/mm] = [mm]\bruch{720}{2652}[/mm]
> Weil's nun 4 Farben sind 4 * [mm]\bruch{720}{2652}[/mm] = 1.086
>
> Kann das sein? Wie würdet ihr bei einer solchen Aufgabe
> vorgehen?
Hm. Nach welcher Formel (bzw. Ansatz) bestimmst Du denn den Erwartungswert? Das sieht erstmal nicht schlecht aus, aber mir fehlt die Begründung.
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:36 Do 30.08.2012 | | Autor: | Kuriger |
Hallo
Ich versuchs mal etwas anders
Gemäss deiner Angabe geht's erst bei 2 los...
Habe es nun etwas übersichtlicher mit einer Tafel gelöst.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Kann das so hinkommen?
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: pdf) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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Hallo Kuriger,
ja, jetzt stimmts.
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:08 Sa 01.09.2012 | | Autor: | Kuriger |
Hallo
Also es ist Zufall dass ich im ersten Fall auf das richtige komme?
Gruss Kuriger
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:13 Sa 01.09.2012 | | Autor: | reverend |
Hallo,
> Also es ist Zufall dass ich im ersten Fall auf das richtige
> komme?
Ich verstehe nicht, worauf sich die Frage bezieht. Der erste Fall wovon?
Gruß
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:32 Sa 01.09.2012 | | Autor: | Kuriger |
Hallo
Ich beziehe mich auf deine Mitteilung an Teufel, wegem dem ersten Fall, siehe hier:
https://matheraum.de/read?i=910036
Gruss Kuriger
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Hallo Kuriger,
offenbar will sonst keiner, und ich musste gerade mal 24h lang eine Gruppe Jugendlicher bespaßen. Ehe ich gleich mal meine Matratze auf ihre Tagestauglichkeit hin einem Dauertest unterziehen werde, hier eine kurze Antwort.
Du schriebst:
Mit Beachtung der Reihenfolge
Anzahl Möglichkeiten = 52 * 51 oder [mm] \vektor{52! \\ (52-2)!} [/mm] = 2652
Anzahl günstig = 4* 9 * 8 oder 4 * [mm] \vektor{9! \\ (9-2)!} [/mm] = 288
"Die 4, weil 4 Farben"
P = [mm] \bruch{Günstig}{Möglich} [/mm] = [mm] \bruch{288}{2652} [/mm] = 0.1086
Was machen die Fakultäten in den Binomialkoeffizienten? Weiter unten verwendest Du sie richtig, aber das hier ist falsch.
Wie Du weißt, werden Fakultäten zur Berechnung von Binomialkoeffizienten verwendet.
Probiers mal mit dem zweiten oben aus, also [mm] \vektor{9!\\7!}, [/mm] dann siehst Du bestimmt, was ich meine. Ich nehme an, Du brauchst dazu die Stirlingformel, weil 362880!, 5040! und 357840! sonst schwer zu bestimmen sein werden...
Grüße
reverend
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