Wahrscheinlichkeiten < Sonstiges < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 20:13 Mi 26.05.2004 | | Autor: | phymastudi |
Hallo liebe Leutz!
Ich hab mich wieder an einigen Aufgaben versucht. Könnt ihr meine Ansätze überpfüfen und mir gegebenenfalls weiterhelfen? DANKE!
1. Gesucht ist die Wahrscheinliochkeit beim Werfen eines fairen Würfels
a) in vier Würfen keine gerade Zahl zu erzielen.
nahc einem Wurf: 1/2:={1,3,6}
nach zweitem Wurf: 1/2:={1,3,6}
genauso nach dem 3. und 4. Mal, daher ist die Wahrscheinlichkeit: P(4W)=1/2*1/2*1/2*1/2=1/16
b) in neun Würfen genau zwei ungerade Zahlen zu erzielen.
nahc ersten Wurf: 1/2 ungerade 1/2 gerade
nach zweitem Wurf: 1/2 gerade 1/2 ungerade
usw.
P(X)= 1/2*1/4*1/8*1/16*1/32*1/64*1/128*1/256*1/1024=???
hier stimmt was nicht
2. An einem runden Tisch mit sechs Plätzen nehmen drei Ehepaare zufällig Platz. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dss alle Frauen nebeneinander sitzen??
wenn man davon ausgeht, dass die Partner immer nebeneinander sitzen wollen ist die W`=0, aber wenn nicht, dann denke ich sieht dies wie folgt aus:
1. 1/2(M) 1/2(F)
2. 1/2(M) 1/2(F) 1/2(M) 1/2(F)
3. 1/2(M)1/2(F) 1/2(M)1/2(F) 1/2(M)1/2(F) 1/2(M)1/2(F)
P(3F)=1/8
3. Von drei Runden eines Spiels hat R zwei, S eine und T noch keine Runde gewonnen. Wieviel Prozent des Gewinns stehen jedem Spieler zu, falls vereinbart wurde, dass derjenige alles bekommt, der zuerst nach vier Runden gewonnen hat?ich hab wieder so ein Baumdiagramm aufgestellt und dann irgendwie
für R: 4*1/3=4/3 es folgt: 4/3+2/3=6/3=2
für S: 3*1/3=1 es folgt: 1+1/3=4/3
für T: 1*1/3=1/3 es folgt: 0+1/3=1/3
so ergibt sich für mich: R bekommt 54,54%, S bekommt 36,36% und T bekommt 9,09%.
4. Beim Ziegenproblem mit drei Türen gebe es zwei Gewinne und eine Niete. Nahc Wahl einer Tür wird eine der anderen geöffnet, hinter der ein Gewinn steckt. Ist es sinnvoll, die Tür zu wechseln??
Ich sage nein, da sich seine Chancen nicht verandert haben!
b) nun gibt es N größergleich 3 Türen mit k kleinergleich n-2 Gewinntüren. Ist es sinnvoll die Tür zu wechseln??
da hab ich garkeine Ahnung :-( würdet ihr mir helfen??? Bitte
Dane euch
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:44 Mi 26.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo phymastudi!
> 1. Gesucht ist die Wahrscheinliochkeit beim Werfen eines
> fairen Würfels
> a) in vier Würfen keine gerade Zahl zu erzielen.
>
> nahc einem Wurf: 1/2:={1,3,6}
Du meinst: {1,3,5} 
> nach zweitem Wurf: 1/2:={1,3,6}
> genauso nach dem 3. und 4. Mal, daher ist die
> Wahrscheinlichkeit: P(4W)=1/2*1/2*1/2*1/2=1/16
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> b) in neun Würfen genau zwei ungerade Zahlen zu
> erzielen.
>
> nahc ersten Wurf: 1/2 ungerade 1/2 gerade
> nach zweitem Wurf: 1/2 gerade 1/2 ungerade
> usw.
> P(X)= 1/2*1/4*1/8*1/16*1/32*1/64*1/128*1/256*1/1024=???
> hier stimmt was nicht
Das stimmt wiederum, dass hier was nicht stimmt
i) Hier würde ich zunächst einmal die W'keit dafür berechnen, dass in den ersten beiden Würfen eine ungerade Zahl zu werfen.
Also P(UUGGGGGGG)=...
ii) Dann überlege mal, wie viele 9-Tupel gebildet aus G und U es gibt, in denen genau zwei Us vorkommen? Das hat was mit dem Ding zu tun, das so aussieht wie ein zwei-dimensionaler Vektor...
Diese Anzahl nennen ich mal N.
iii) Jetzt überlege dir, all die unter ii) ausgerechneten Tupel gleichwahrscheinlich sind.
iv) Die Gesamtwahrscheinlichkeit ist dann N*P(UUGGGGGGG).
Viel Spaß,
Marc
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Hasll Marc, Hallo Leutz,
zu Aufgabe b): Ich habe versucht mich an deinen Hilfen entlang zu hangeln:
Also die Wahrscheinlichkeit in den ersten beiden Würfen eine unergade Zahl zuu würfeln ist doch: P(U):=1/2*1/2=1/4
Dann alle Tupel: M:={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,4),(4,5),(4,6),(5,5);(5,6),(6,6)}
alle ungeraden: M':={(1,1),(1,3),(1,5);(3,3);(3,5);(5,5)}, also |M'|=6
aber nun kommt mein Problem. So wie ich dich verstanden habe ist |M'|=N und ich soll diese Anzahl aufgrund der gleichen Wahrtscheinlichkeit mit der Wahrscheinlichkeit der zwei ungeraden (s.o.) multiplizieren.
Dann bekomm ich aber: N*P(U)=6*1/4=6/4=1/1/2 heraus. Aber das geht ja nicht. Kannst du mir meinen Fehler aufzeigen?
Danke und Lg Björn
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:54 Do 27.05.2004 | | Autor: | Marc |
> Hasll Marc, Hallo Leutz,
>
> zu Aufgabe b): Ich habe versucht mich an deinen Hilfen
> entlang zu hangeln:
>
> Also die Wahrscheinlichkeit in den ersten beiden Würfen
> eine unergade Zahl zuu würfeln ist doch:
> P(U):=1/2*1/2=1/4
>
> Dann alle Tupel:
> M:={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,4),(4,5),(4,6),(5,5);(5,6),(6,6)}
>
> alle ungeraden: M':={(1,1),(1,3),(1,5);(3,3);(3,5);(5,5)},
> also |M'|=6
Das mußt du mir erklären -- wieso stehen denn da Paare von Zahlen?
Man wirft doch einen Würfel neun Mal, also erhält man so was zum Beispiel:
(1,1,2,4,5,3,2,6,2)
Da wir nur "gerade" und "ungerade" unterscheiden, reicht diese Darstellung
UUGGUUGGG
> aber nun kommt mein Problem. So wie ich dich verstanden
> habe ist |M'|=N und ich soll diese Anzahl aufgrund der
> gleichen Wahrtscheinlichkeit mit der Wahrscheinlichkeit der
> zwei ungeraden (s.o.) multiplizieren.
>
> Dann bekomm ich aber: N*P(U)=6*1/4=6/4=1/1/2 heraus. Aber
> das geht ja nicht. Kannst du mir meinen Fehler aufzeigen?
Ja, ich denke, du hast den Versuchsaufbau gar nicht richtig verstanden.
Ein Würfel, neun Würfe.
Der Würfel könnte auch auf drei Seiten ein "G" stehen haben und auf den anderen drei Seiten ein "U".
Es gibt dann [mm] 2^9 [/mm] unterscheidenswerte 9-Tupel:
GGGGGGGGG
GGGGGGGGU
[mm] $\vdots$
[/mm]
UUUUUUUUG
UUUUUUUUU
Von diesen interessieren nur diejenigen, in denen zwei "U" vorkommen, z.B. UUGGGGGGG.
Aber hier müßtest du dann mit meinen zuvor gegebenen Tipps weiter kommen 
Falls nicht, melde dich bitte.
Viele Grüße,
Marc
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Ok, ich hoffe ich habs nun. Das mit den Tupeln hat mich verwirrt, ich dacht Tupel sind immer Paare.
Meine Lösung:
Also 29=512 Möglichkeiten.
Davon sind Folgende Möglichkeiten, bei denen zwei ungerade Zahlen geworfen werden:
M:={uuggggggg,guugggggg,gguuggggg,ggguugggg,gggguuggg,ggggguugg,gggggguug,ggggggguu,ugggggggu,ugugggggg,ugguggggg,ugggugggg,ugggguggg,ugggggugg,uggggggug,uguguggggg,guggugggg,guggguggg,guggggugg,gugggggug,guggggggu,ggugugggg,ggugguggg,ggugggugg,gguggggug,ggugggggu,ggguguggg,ggguggugg,gggugggug,ggguggggu,ggggugugg,gggguggug,ggggugggu,gggggugug,ggggguggu,ggggggugu}, also ist |M|=36
Daraus folgt eine Wahrscheinlichkeit von: P(9*W)=36/512=9/128
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:28 Do 27.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo phymastudi,
> Ok, ich hoffe ich habs nun. Das mit den Tupeln hat mich
> verwirrt, ich dacht Tupel sind immer Paare.
Okay, jetzt verstehe ich zumindestens deine Verwirrung
> Meine Lösung:
>
> Also 29=512 Möglichkeiten.
> Davon sind Folgende Möglichkeiten, bei denen zwei ungerade
> Zahlen geworfen werden:
>
> M:={uuggggggg,guugggggg,gguuggggg,ggguugggg,gggguuggg,ggggguugg,gggggguug,ggggggguu,ugggggggu,ugugggggg,ugguggggg,ugggugggg,ugggguggg,ugggggugg,uggggggug,uguguggggg,guggugggg,guggguggg,guggggugg,gugggggug,guggggggu,ggugugggg,ggugguggg,ggugggugg,gguggggug,ggugggggu,ggguguggg,ggguggugg,gggugggug,ggguggggu,ggggugugg,gggguggug,ggggugggu,gggggugug,ggggguggu,ggggggugu},
> also ist |M|=36
Das Ding,das so aussieht wie ein Vektor, kennst du nicht? Damit meinte ich den Binomialkoeffizient, der gibt ja gerade an, wie viele Möglichkeiten man hat, 2 Dinge aus 9 zur Verfügung stehenden auszuwählen:
[mm] ${9\choose2}=\bruch{9!}{2!*(9-2)!}=\bruch{9*8}{2*1}=9*4=36$
[/mm]
> Daraus folgt eine Wahrscheinlichkeit von:
> P(9*W)=36/512=9/128
![[hot]](/images/smileys/hot.gif "[hot]")
Viele Grüße,
Marc
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:53 Mi 26.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo phymastudi,
> 2. An einem runden Tisch mit sechs Plätzen nehmen drei
> Ehepaare zufällig Platz. Wie groß ist die
> Wahrscheinlichkeit, dss alle Frauen nebeneinander
> sitzen??
>
> wenn man davon ausgeht, dass die Partner immer
> nebeneinander sitzen wollen ist die W`=0, aber wenn nicht,
> dann denke ich sieht dies wie folgt aus:
> 1. 1/2(M) 1/2(F)
> 2. 1/2(M) 1/2(F) 1/2(M) 1/2(F)
> 3. 1/2(M)1/2(F) 1/2(M)1/2(F) 1/2(M)1/2(F) 1/2(M)1/2(F)
>
> P(3F)=1/8
Das verstehe ich nicht so richtig. Das ist also ein Baumdiagramm.
Wie kommen da die W'keiten zustande? Warum ist es nur dreistufig?
Ich schlage diesen Weg vor:
Berechne zunächst die Anzahl aller Möglichkeiten, die 6 Personen zu platzieren.
Die Kombinationen, bei denen die drei Frauen nebeneinander sitzen, kann man gut explizit aufschreiben:
FFFMMM
FFMMMF (runder Tisch!)
...
Die Anzahl dieser Möglichkeiten dividiert durch die Gesamtanzahl ist die gesuchte W'keit, da alle Platzierungen gleichwahrscheinlich sind (wenn man mal davon absieht, dass es wahrscheinlicher ist, dass Ehepaare nebeneinander sitzen).
Alles klar?
Viele Grüße,
Marc
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Hallo,
magst mal schauen, ob ich das richtig interpretiert habe.
Also: Die Gesamtanzahl aller Möglichkeiten der Plazierung ist 2n.
Daraus folgt: 6 Personen, also: 26=64.
Die Möglichkeiten bei denen alle Frauen nebeneinander sitzen sind folgende:
MMMFFF; FMMMFF;FFMMMF;FFFMMM;MFFFMM;MMFFFM, also 6 Möglichkeiten.
Nun ist die gesuchten Wahrscheinlichketi also: P(FFF):= 6/64=3/32
Richtig???
LG Björn
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:46 Mi 26.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo phymastudi,
> 3. Von drei Runden eines Spiels hat R zwei, S eine und T
> noch keine Runde gewonnen. Wieviel Prozent des Gewinns
> stehen jedem Spieler zu, falls vereinbart wurde, dass
> derjenige alles bekommt, der zuerst nach vier Runden
> gewonnen hat?ich hab wieder so ein Baumdiagramm aufgestellt
> und dann irgendwie
>
> für R: 4*1/3=4/3 es folgt: 4/3+2/3=6/3=2
> für S: 3*1/3=1 es folgt: 1+1/3=4/3
> für T: 1*1/3=1/3 es folgt: 0+1/3=1/3
>
> so ergibt sich für mich: R bekommt 54,54%, S bekommt
> 36,36% und T bekommt 9,09%.
Diese Rechnung kann ich leider auch nicht nachvollziehen, jedenfalls überblicke ich sie nicht. Ausserdem macht mich "4*1/3" etwas skeptisch -- W'keiten > 1?
Zuerst hatte ich die Aufgabe total falsch verstanden -- es gewinnt ja nicht derjenige, der zuerst vier Runden gewinnt, sondern der zuerst nach der vierten Runde, also in der fünften Runde, gewinnt.
Dazu spielt es aber keine Rolle, wie viele Spiele vorher gewonnen wurden. In der fünften Runde habe alle gleiche Chancen, der Gewinn ist also zu dritteln.
Mmh, ob das wirklich gemeint ist? Falls doch das erste gemeint (dass also der gewinnt, der als erster 4 mal gewonnen hat) würde ich so vorgehen:
Im ungünstigsten Fall sind noch 7 Spiele zu bestreiten, im siebten Spiel muss einer der drei Spieler spätestens vier Spiele gewonnen haben.
Das gibt ein 7 stufiges Baumdiagramm, bei dem aber nicht alle "Äste" gezeichnet werden müssen.
Alternativ könntest du alle Möglichkeiten nach der "Anzahl der noch zu führenden Spiele bis zum Gewinn" aufteilen:
2 Spiele: 1 Möglichkeit, nämlich RR, W'keit [mm] (1/3)^2
[/mm]
3 Spiele: 3 Möglichkeiten, nämlich: SSS, SRR, RSR
[mm] $\vdots$
[/mm]
aber das wird auch eine Höllenarbeit (und springt ein bisschen aus dem Rahmen, wenn man sich die ersten beiden Aufgabe so ansieht).
Na ja, vielleicht hat noch jemand anderes eine Idee dazu?
Viele Grüße,
Marc
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:31 Mi 26.05.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo phymastudi, hallo Marc
> 3. Von drei Runden eines Spiels hat R zwei, S eine und T
> noch keine Runde gewonnen. Wieviel Prozent des Gewinns
> stehen jedem Spieler zu, falls vereinbart wurde, dass
> derjenige alles bekommt, der zuerst nach vier Runden
> gewonnen hat?ich hab wieder so ein Baumdiagramm aufgestellt
> und dann irgendwie
Nun, die drei sollten doch zuerst mal juristisch einwandfreie Vereinbarungen treffen! Ich habe das nämlich so verstanden: derjenige, der nach 4 Runden die meisten Siege erzielt hat, hat gewonnen!
Nach 3 Runden sieht der Punktestand so aus:
R S T
2 1 0
In der vierten Runde könnte jeder mit gleicher Wahrscheinlichkeit einen Punkt machen. Dann gibt es drei Möglichkeiten (ich nehme im Folgenden immer die gleiche Reihenfolge: R gewinnt oder S gewinnt oder T gewinnt) für den Punktestand:
R S T
3 1 0 [mm] $\Rightarrow$ [/mm] R gewinnt, [mm] $P(R)=\bruch{1}{3}$
[/mm]
2 2 0 [mm] $\Rightarrow$ [/mm] Zusatzrunde
2 1 1 [mm] $\Rightarrow$ [/mm] R gewinnt, [mm] $P(R)=\bruch{1}{3}$
[/mm]
Zusatzrunde:
R S T
3 2 0 [mm] $\Rightarrow$ [/mm] R gewinnt, [mm] $P(R)=\bruch{1}{9}$
[/mm]
2 3 0 [mm] $\Rightarrow$ [/mm] S gewinnt, [mm] $P(S)=\bruch{1}{9}$
[/mm]
2 2 1 [mm] $\Rightarrow$ [/mm] Zusatzrunde
Zusatzrunde:
R S T
3 2 1 [mm] $\Rightarrow$ [/mm] R gewinnt, [mm] $P(R)=\bruch{1}{27}$
[/mm]
2 3 1 [mm] $\Rightarrow$ [/mm] S gewinnt, [mm] $P(S)=\bruch{1}{27}$
[/mm]
2 2 2 [mm] $\Rightarrow$ [/mm] Zusatzrunde
Zusatzrunde:
R S T
3 2 2 [mm] $\Rightarrow$ [/mm] R gewinnt, [mm] $P(R)=\bruch{1}{81}$
[/mm]
2 3 2 [mm] $\Rightarrow$ [/mm] S gewinnt, [mm] $P(S)=\bruch{1}{81}$
[/mm]
2 2 3 [mm] $\Rightarrow$ [/mm] T gewinnt, [mm] $P(T)=\bruch{1}{81}$
[/mm]
R sollte also [mm] $\bruch{67}{81}$ [/mm] erhalten,
S sollte [mm] $\bruch{13}{81}$ [/mm] erhalten und
T sollte [mm] $\bruch{1}{81}$ [/mm] erhalten
Da ich selber von Stochastik keine Ahnung habe (wohl aber ein Spieler bin), wäre es nun deine/eure Aufgabe, diese Ueberlegungen in eine vernünftige Form zu bringen! (Evtl. Baumdiagramm?)
Liebe Grüsse
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:43 Do 27.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Paulus,
> > 3. Von drei Runden eines Spiels hat R zwei, S eine und T
>
> > noch keine Runde gewonnen. Wieviel Prozent des Gewinns
>
> > stehen jedem Spieler zu, falls vereinbart wurde, dass
> > derjenige alles bekommt, der zuerst nach vier Runden
> > gewonnen hat?ich hab wieder so ein Baumdiagramm
> aufgestellt
> > und dann irgendwie
>
> Nun, die drei sollten doch zuerst mal juristisch
> einwandfreie Vereinbarungen treffen! Ich habe das nämlich
> so verstanden: derjenige, der nach 4 Runden die meisten
> Siege erzielt hat, hat gewonnen!
Das macht Sinn, und ich denke jetzt auch, dass das gemeint ist. Aber es ist doch sehr misverständlich/unpräzise formuliert. Das liebe ich immer so an diesen Stochastik-Aufgaben.
Danke für die Erleuchtung,
Marc
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Hi ihr Beiden.
Vielen Dank für eure Hilfen. Gerade Aufgabe 3 ist mir nun auch klarer. Ist meine Aufgabe 4 denn wenigstens richtig??
Wie löse ich denn den BEweis dazu?? Mit vollst. Induktion??
Lieben Gruß Björn
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Hallo,
ich hab überhaupt keinen Plan, wie ich dn allgemeinen Beweis verstehen soll. So wie ich aus den Links verstnaden habe ist es immer günstiger zu wechseln. Aber warum?? wie kann ich das denn mathematisch beweisen???
LG Björn
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Wie sieht denn die Problematik bei folgenden Fragestellungen aus???
a) Wir erweitern das Ziegenproblem auf N größer 3 Türen bei einem Gewinn. Nach WAHL EINER tÜR WIRD EINE DER ANDEREN tÜREN GEÖFFNET; HINTER DER KEIN gEWINN STECKTZ: iST ES SINNVOLL ZU WECHSELNß
b) wie bei a) mit n=5, hinter zwei Türen steht ein Gewinn.
Ich raff das garnicht.
Danke für eure Hilfe.
euer Björn
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:42 Do 27.05.2004 | | Autor: | phymastudi |
Hallo,
damit komm ich null klar. Schade, aber das ziegenproblem ist wohl nicht umsonst ein problem
Trotzdem danke für eure Mühen
Euer Björn
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:04 Fr 28.05.2004 | | Autor: | Alexis |
Also ich hab das jetzt so verstanden, dass du dir nicht vorstellen kannst, warum es immer besser ist zu wechseln.
Dann versuche ich es dir mal zu erklären.
Wenn du einfach eine der 3 Türen wählst, hast du ja eine W' von 1/3, das du die Richtige Tür getroffen hast, also auch eine W' von 2/3, das du die Tür nicht getroffen hast.
Nun öffnet der Quizmaster eine der beiden anderen Türen.
Sagen wir einfach du wählst Tür 1. [red](EDIT) War falsch, sorry.[red]
Nun gilt: [mm]P(A|B):=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}[/mm] ist die W' für A unter der Bedingung B. Kennst du die Formel?
[mm]A_i:=[/mm] Auto hinter Tür i.
[mm]K_i:=[/mm] Kanditat wählt Tür i.
[mm]Q_i:=[/mm] Quizmaster öffnet Tür i.
Bis dahin Fragen? Nach deiner Antwort mach ich weiter...Schritt für Schritt
Gruss,
Alexis
(EDIT)
Ich mach dann mal noch etwas weiter, muss nämlich gleich mal pennen gehen.
Mit der Formel der bed. W', die ich weiter oben angegeben habe, hat man nun folgendes:
[mm]P(Q_2|A_2)=0[/mm] Der Quizmaster öffnet ja nicht die Tür mit dem Auto.
[mm]P(Q_3|A_3)=0[/mm] Das gleiche.....
Was uns im endeffekt interessiert ist folgendes: [mm]P(A_2|K_1\cap Q_3)[/mm]
Die W' für [mm] P(A_1) [/mm] ist ja 1/3, somit ist die Gewinnchance ohne wechseln ja schon mal klar.
Vielleicht kommst du nun selber weiter, wenn du dir dass Beispiel in dem Skript nochmal anschaust, von dem ich dir den Link gegeben hab.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:02 Fr 28.05.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo Björn!
> a) Wir erweitern das Ziegenproblem auf N größer 3 Türen bei
> einem Gewinn. Nach WAHL EINER tÜR WIRD EINE DER ANDEREN
> tÜREN GEÖFFNET; HINTER DER KEIN gEWINN STECKTZ: iST ES
> SINNVOLL ZU WECHSELNß
Ja. Die Wahrscheinlichkeit bei Nicht-Wechseln zu gewinnen ist gleich der Wahrscheinlichkeit, dass man am Anfang richtig gelegen hat. Diese beträgt [mm] $\frac{1}{N} \le \frac{1}{3} [/mm] < [mm] \frac{1}{2}$.
[/mm]
Daher ist es besser zu wechseln.
> b) wie bei a) mit n=5, hinter zwei Türen steht ein
> Gewinn.
Ja. Die Wahrscheinlichkeit bei Nicht-Wechseln zu gewinnen ist gleich der Wahrscheinlichkeit, dass man am Anfang richtig gelegen hat. Diese beträgt [mm] $\frac{2}{5} [/mm] < [mm] \frac{1}{2}$.
[/mm]
> Ich raff das garnicht.
Jetzt vielleicht?
Liebe Grüße
Julius
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:24 Do 27.05.2004 | | Autor: | Alexis |
Ich kann dir ein Skript empfehlen, wo das Problem als Beispiel gelöst ist.
Wenn du dann Fragen dazu haben solltest, kannst du sie ja noch stellen.
http://mathe.privat.t-online.de
MfG,
Alexis
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:57 Do 27.05.2004 | | Autor: | phymastudi |
HILFE!!!!!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:39 Fr 28.05.2004 | | Autor: | phymastudi |
das ist nett von dir. ich versteh leider nur Bahnhof, besonders das mit n=5 und der allgemeine Beweis geben mir nur Rätzsel auf. Vielen Dank im Voraus!!!
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| Status: |
(Antwort) fehlerhaft  | | Datum: | 09:26 Fr 28.05.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Björn
ich erlaube mir auch noch einige Bemerkungen, wenngleich ich von Stochastik überhaupt keine Ahnung habe. Ich gehe dann halt immer von einer naiven Seite an die Probleme.
Nun mal zu etwas zum Verständnis der Argumentation, die zum Wechseln Anlass gibt:
Formuliere doch die Fragestellung einmal so um:
....der Moderator öffnet alle Türen bis auf jene, auf die du getippt hast und noch eine weitere Türe. (Anmerkung: für drei Türen ist das Spiel identisch mit der Aufgabenstellung)
Und jetzt stellst du dir vor, es gäbe das 1'000'000 Türen. Du hast auf eine getippt: Chance für Treffen 0.000001; Gerade gross ist die Trefferchance ja nicht Und nun werden alle Türen geöffnet, bis auf deinen Tip und noch eine. Würdest du jetzt wechseln? Also, ich würde auf jedenFall!
Und dann noch etwas seriöser zum allgemeineren Fall:
(n Türen, k Gewinntüren, Moderator öffnet 1 Türe)
Zu Beginn hast du eine Chance von [mm] $\bruch{k}{n}$, [/mm] dass du richtig liegst.
Nach der Moderator-Aktion ist die Chance [mm] $\bruch{k}{n-1}$.
[/mm]
Das Verhältnis dieser Chancen (Vorher/Nachher) errechnet sich damit zu: [mm] $\bruch{n-1}{n}$, [/mm] und es sieht ganz danach aus, als ob das von $k$ unabhängig ist.
So, ich hoffe, in meiner Naivheit nicht allzuviel Quatsch erzählt zu haben
Liebe Grüsse
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Laso mal zum Abgleich:
zu a): Ja, es ist sinnvooll zu wechseln!
zu b): es ist immernoch bei n grösser 3 zu wechseln, ebenso bei c).
Aber wie bring ich b) unc c) nun in Reinform!!!!
Bitte helft mir!!!
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| Status: |
(Antwort) fehlerhaft | | Datum: | 11:15 Fr 28.05.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo Björn!
Dieser Diskussionsstrang ist dermaßen chaotisch, dass man die Lust verliert zu antworten. Eröffne bitte demnächst für jede Aufgabe einen neuen Diskussionsstrang. Außerdem sind Kommentare wie "Hilfe!!" überflüssig. Wir bemühen uns auch so, antworten alle ehremamtlich und außerdem sind im Moment sehr viele Fragen offen. Wenn sich alle Mitglieder mehr gegenseitig helfen würden (was leider stark zu wünschen übrig lässt), ginge das alles auch deutlich schneller.
So, nun zu deiner Frage:
> b) nun gibt es N größergleich 3 Türen mit k kleinergleich n-2 Gewinntüren. Ist es sinnvoll die Tür zu > wechseln??
Das hängt, im Gegensatz zu Pauls Antwort, von $k$ ab.
Die Wahrscheinlichkeit, dass man beim Nicht-Wechseln richtig liegt, ist gleich der Wahrscheinlichkeit, dass man am Anfang richtig gelegen hat. Diese beträgt [mm] $\frac{k}{N}$.
[/mm]
Wenn $k [mm] =\frac{N}{2}$ [/mm] ist, dann ist es egal, ob man wechselt oder nicht. Im Falle $k < [mm] \frac{N}{2}$ [/mm] ist es besser zu wechseln, im Falle $k> [mm] \frac{N}{2}$ [/mm] ist es besser nicht zu wechseln.
Viele Grüße
Julius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:24 Fr 28.05.2004 | | Autor: | phymastudi |
Ich danke euch allen für eure ausführlichen Hilfen und Beiträge, auch für eure konstruktive Kritik. Ja, mir fehlen tatsächlich grundlöegende Dinge , aber ich bin sehr dabei und versuche soviel wie möglich zu lernen. Vor allem gleingt mir das hier, durch eure Hilfe. denn das meiste ist mir im Nahchinein logisch. Dafür bin ich euch allen sehr dankbar!!!
Gruß Euer Björn
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:10 Fr 28.05.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Julius
ich spüre, dass du irgendwie genervt bist. Trotzdem komme ich nochmals, weil ich in meiner Argumentation den Fehler nicht finde!
>
> Das hängt, im Gegensatz zu Pauls Antwort, von $k$ ab.
>
> Die Wahrscheinlichkeit, dass man beim Nicht-Wechseln
> richtig liegt, ist gleich der Wahrscheinlichkeit, dass man
> am Anfang richtig gelegen hat. Diese beträgt
> [mm] $\frac{k}{N}$.
[/mm]
>
Ist denn nach dem Eingriff des Moderators, der ja sicher eine schlechte Tür geöffnet hat, die Wahrscheinlichkeit für einen Treffer beim Wechseln nicht [mm] $\frac{k}{N-1}$, [/mm] was in jedem Falle, also unabhängig von $k$, grösser als [mm] $\frac{k}{N}$ [/mm] ist?
Liebe Grüsse
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:18 Fr 28.05.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo Paul,
nur ganz kurz, weil ich gleich eine äußerst wichtige Veranstaltung habe:
> > Die Wahrscheinlichkeit, dass man beim Nicht-Wechseln
> > richtig liegt, ist gleich der Wahrscheinlichkeit, dass
> man
> > am Anfang richtig gelegen hat. Diese beträgt
> > [mm] $\frac{k}{N}$.
[/mm]
> >
>
> Ist denn nach dem Eingriff des Moderators, der ja sicher
> eine schlechte Tür geöffnet hat, die Wahrscheinlichkeit für
> einen Treffer beim Wechseln nicht [mm] $\frac{k}{N-1}$, [/mm] was in
> jedem Falle, also unabhängig von $k$, grösser als
> [mm] $\frac{k}{N}$ [/mm] ist?
Nein. Warum sollte das so sein? ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
Im Falle $N=3$, $k=1$, hast du es doch selber eingesehen, dass es nicht so ist. Die Wahrscheinlichkeit, anfangs richtig zu liegen, war [mm] $\frac{1}{3}=\frac{k}{N}$ [/mm] und ist nach dem Wechsel [mm] $\frac{2}{3} \ne \frac{1}{2} [/mm] = [mm] \frac{k}{N-1}$.
[/mm]
Liebe Grüße
Julius (sicherlich nicht genervt )
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:21 Fr 28.05.2004 | | Autor: | Julius |
Lieber Paul!
Jetzt, wo der Stress für heute beendet ist, kann ich auch wieder klar denken. ![[aufgemerkt]](/images/smileys/aufgemerkt.gif "[aufgemerkt]")
Wie du siehst, habe ich unsere beiden Antworten rot markiert, da beide Antworten falsch sind. Meine ist aber noch ein bisschen "falscher", da bei dir wenigstens die Intuition richtig war und es nur mit der Mathematik haperte, bei mir dagegen sowohl mit der Intuition als auch mit der Mathematik.
Also, entschuldige bitte die Verwirrung, die ich angerichtet habe: ![[anbet]](/images/smileys/anbet.gif "[anbet]")
Also, hier meine Lösung:
Wenn man nicht wechselt, ist die Wahrscheinlichkeit zu gewinnen:
[mm] $\frac{k}{N}$.
[/mm]
Wenn man wechselt, ist die Wahrscheinlichkeit zu gewinnen:
[mm]\frac{k-1}{N-2} \cdot \frac{k}{N} + \frac{k}{N-2}\cdot \left( 1 - \frac{k}{N}\right)[/mm].
Es gilt nun:
[mm]\frac{k}{N} < \frac{k-1}{N-2} \cdot \frac{k}{N} + \frac{k}{N-2} \cdot \left( 1- \frac{k}{N} \right)[/mm]
[mm]\Leftrightarrow k \cdot(N-2) < (k-1) \cdot k + k \cdot (N-k)[/mm]
[mm]\Leftrightarrow k \cdot (N-2) < k \cdot (N-1)[/mm],
was offenbar immer erfüllt ist.
Von daher war deine Intuition völlig richtig. Die Rechnung allerdings trotzdem nicht. Und ich hatte nicht konsequent zu Ende gerechnet. Peinlich! :-(
Liebe Grüße
Julius
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Hallo Leutz.
Ich habe einen Fehler in der Aufgabe gemacht. Was ein Wort zuviel aus einer Aufgabe machen kann. korrekt lautet die Aufgabe wie folgt:
Von drei Runden eines Spiels hat R zwei, S eine und T noch keine Runde gewonnen. Wieviel Prozent des Gewinns stehen jedem Spieler zu, falls vereinbart wurde, dass derjenige alles bekommt, der zuerst vier Runden gewonnen hat!
Nach euren Ideen zur von mir falsch formulierten Aufgabe ist das hier nun mein Lösungsansatz zu diese3 Aufgabe:
aktuelle Situation bleibt: R=2; S=1;T=0
nun geht es weiter:
R S T R S T R S T R S T R S T
3 1 0 4 1 0 4 2 0 4 3 0 4 3 1
2 2 0 3 2 0 3 3 0 3 4 0 3 4 1
2 1 1 2 3 0 3 2 1 3 3 1 3 3 2
2 2 1 2 4 0 4 2 1 4 2 2
3 1 1 2 3 1 3 2 2 3 2 3
2 1 2 2 2 2 2 4 1 2 4 2
4 1 1 2 3 2 2 3 3
3 1 2 2 2 3 2 2 4
2 1 3 4 1 2 4 1 3
3 1 3 3 1 4
2 1 4
R S T R S T
4 3 2 4 3 3
3 4 2 3 4 3
3 3 3 3 3 4
4 2 3
3 2 4
2 4 3
2 3 4
Aber nun habe ich Schwierigkeiten die richtigen Wahrscheinlichkeiten auszurechnen:
Es gibt also maximal 7 weitere Runden. Von diesen kann R also 12 mal gewinnen, S 8 mal und T immerhin noch 6 mal.
Aber nun???
Wie gehts weiter???
Lg Björn
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:14 Do 27.05.2004 | | Autor: | Marc |
> Hallo Leutz.
> Ich habe einen Fehler in der Aufgabe gemacht. Was ein Wort
> zuviel aus einer Aufgabe machen kann. korrekt lautet die
> Aufgabe wie folgt:
>
> Von drei Runden eines Spiels hat R zwei, S eine und T noch
> keine Runde gewonnen. Wieviel Prozent des Gewinns stehen
> jedem Spieler zu, falls vereinbart wurde, dass derjenige
> alles bekommt, der zuerst vier Runden gewonnen hat!
Ah so, alles klar. Es ist also doch so, wie ich es zuerst verstanden hatte.
> Nach euren Ideen zur von mir falsch formulierten Aufgabe
> ist das hier nun mein Lösungsansatz zu diese3 Aufgabe:
>
> aktuelle Situation bleibt: R=2; S=1;T=0
>
> nun geht es weiter:
>
> R S T R S T R S
> T R S T R S T
>
> 3 1 0 4 1 0 4 2
> 0 4 3 0 4 3 1
> 2 2 0 3 2 0 3 3
> 0 3 4 0 3 4 1
> 2 1 1 2 3 0 3 2
> 1 3 3 1 3 3 2
> 2 2 1 2
> 4 0 4 2 1 4 2 2
> 3 1 1 2
> 3 1 3 2 2 3 2 3
> 2 1 2 2
> 2 2 2 4 1 2 4 2
>
> 4 1 1 2 3 2 2 3 3
>
> 3 1 2 2 2 3 2 2 4
>
> 2 1 3 4 1 2 4 1 3
>
> 3 1 3 3 1 4
>
> 2 1 4
>
> R S T R S T
>
> 4 3 2 4 3 3
> 3 4 2 3 4 3
> 3 3 3 3 3 4
> 4 2 3
> 3 2 4
> 2 4 3
> 2 3 4
>
> Aber nun habe ich Schwierigkeiten die richtigen
> Wahrscheinlichkeiten auszurechnen:
>
> Es gibt also maximal 7 weitere Runden. Von diesen kann R
> also 12 mal gewinnen, S 8 mal und T immerhin noch 6 mal.
> Aber nun???
Häh? Wie kann man bei 7 Runden 12 mal gewinnen?
Meinst du, dass Rot von allen möglichen Spielverläufen 12 mal gewinnen kann? Das hieße aber dann doch, dass es nur 26 Möglichkeiten gibt, wie das Spiel weiter verlaufen kann.
Du bist aber auf dem richtigen Weg; das Baumdiagramm habe ich jetzt nicht im einzelnen geprüft, ich hoffe, dass du alle Möglichkeiten betrachtet hast.
Nun zu den W'keiten.
Die sind nicht so schwierig zu berechnen.
Zunächst einmal hängen die W'keiten natürlich von der Gewinnwahrscheinlichkeit in einer einzigen Runde ab. Da dürfte jeder der drei Spieler die gleichen Gewinnwahrscheinlichkeit haben, also 1/3.
Die W'keiten für die Möglichkeiten in deinem Baudiagramm hängen aber auch ab von der Anzahl der Runden, die noch nötig waren.
Nehmen wir mal die Möglichkeit 4 1 0.
Dort hat rot in der zweiten Runde gewonnen.
Er hat also in der ersten Runde mit W'keit 1/3 gewonnen und in der zweiten ebenfalls mit einer W'keit von 1/3.
Macht eine W'keit von 1/3*1/3=1/9 für die Kombination 4 1 0.
Du schaust dir also für jede Möglichkeit an, in welcher Runde ein Spieler zuerst vier Spiele gewinnt (die jetzt kommende 4. Runde wird aber dann als 1. Runde gezählt), sagen wir, dies sei für einen Gewinnkombination die Runde k.
Da im Baumdiagramm an allen "Ästen" die W'keit 1/3 steht ist, ist die W'keit für die Gewinnkombination in Runde k also [mm] $\left( \bruch{1}{3}\right)^3$.
[/mm]
Nach der Summenregel sind diese W'keiten schlussendlich noch zu addieren, und zwar getrennt nach R S und T.
Dem Verhältnis dieser W'keiten entsprechend muss dann der Gewinn aufgeteilt werden.
Viele Grüße,
Marc
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Hi.
Ich weiss, ich nerv sicher langsam, aber in Wahrscheinlichkeitsberechnung bin ich noch unsicherer, als ich mich z. Zt. eh schon fühl. Aber ich will es auch verstehen!!!
Eine letzte Frage mit meinen Antwortvorschlägen:
Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit, beim Würfeln mit zwei Würfeln
a) spätestens im vierten Versuch die Augensumme 11 zu erzielen,
b) in vier Versuchen mindestens einmal die Augensumme 11 zu erzielen und
c) im vierten Versuch die Augensumme 11 zu erzielen.
Erstmal gibt es 21 Tupel:
M:={(),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,4),(4,5),(4,6),(5,5),(5,6),(6,6)}
für b) folgt nach meinem Verständnis: 4*1/21=4/21
für c): 1/21*1/21*1/21*1/21=1/194481
aber für a) ?????
Lg Björn
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:45 Fr 28.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo phymastudi,
> Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit, beim Würfeln mit zwei
> Würfeln
> a) spätestens im vierten Versuch die Augensumme 11 zu
> erzielen,
> b) in vier Versuchen mindestens einmal die Augensumme 11
> zu erzielen und
> c) im vierten Versuch die Augensumme 11 zu erzielen.
>
> Erstmal gibt es 21 Tupel:
>
> M:={(),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,4),(4,5),(4,6),(5,5),(5,6),(6,6)}
Wie kommst man darauf und was stellen diese Tupel dar? Und was macht das leere Tupel zu Anfang?
Falls das alle Ereignisse sein sollen muß ich dich enttäuschen. Du hat zwar Recht, deine 21 Tupel sind bei gewöhnlichem Würfeln die nicht-unterscheidbaren Ereignisse (dass der erste Würfel 1 zeigt und der zweite 4 kann man nicht davon unterscheiden, dass der erste Würfel 4 zeigt und der zweite 1).
Durch diese Sichtweise verkomplizierst du aber die ganze Situation, da so deine Tupel nicht mehr gleichwahrscheinlich sind (z.B. ist die P((2,2) )=1/36, aber P((2,3))=1/18).
Ich würde also den 1. und 2. Würfel unterscheiden, dann gibt es offenbar 36 Ereignisse, die alle gleichwahrscheinlich sind.
> für b) folgt nach meinem Verständnis: 4*1/21=4/21
Ich muß leider feststellen, dass es noch ein weiter Weg für dich bis zum Verständnis ist. Dir fehlen noch absolut fundamentale Dinge, wie zum Beispiel, was ein Elementarereignis, ein Ereignis, eine Ereignismenge ist, wie man einen Versuch im Baudiagramm darstellt, wie man mehrstufige Zufallsexperimente handhabt etc.
Das meine ich nicht böse oder genervt, das soll dir Antrieb geben, dir das unbedingt anzueignen. Das ist eine absolut notwendige Voraussetzung für Aufgaben, die etwas komplexer sind. Diese Aufgaben werden kommen, denn die Aufgaben, die du jetzt bearbeitest, sind die einfachsten, die man sich auf Uni-Niveau ausdenken kann.
Solche Aufgaben mußt du im Bus auf dem Weg zur Uni lösen und aufschreiben können. Okay, Bus ist ein schlechtes Beispiel, da die Aufgaben nur aus Aufschreiben bestehen, und das geht im Bus schlecht.
Also, verstehe mich nicht falsch, ich will dich ja nicht entmutigen. Du mußt dich solange mit diesen Anfängen der W'keitsrechnung auseinandersetzen, bis sie so leicht wie oben beschrieben fallen. Das ist möglich, da der W-Rechnung nur eine bestimmte Denkweise zugrunde liegt, da muß es einmal bei einem "Klick" machen, und alles ist klar.
Nun also zurück zur Aufgabe, ich beginne aber mit a)
"Spätestens im vierten Versuch" heißt:
Im ersten Versuch, im zweiten Versuch, im dritten Versuch oder im vierten Versuch die Augensumme 11.
Die W'keit, dass die Augensumme 11 im ersten Versuch auftritt, ist 2/36 (denn das Ereignis "Augensumme 11" wird beschrieben durch die beiden Elementarereignisse (5,6) und (6,5)).
Damit erst im zweiten Versuch die Augensumme 11 auftritt, muß im ersten Versuch keine "Augensumme 11" passiert sein. Die W'keit dafür ist 34/36. Die W'keit dafür, dass im zweiten Versuch "Augensumme 11" passiert, ist --wie oben im ersten Versuch-- 2/36. Also haben wir für
P("im ersten Versuch keine Augensumme 11, im zweiten Versuch Augensumme 11")=34/36*2/36
usw. bis zum vierten Versuch.
Zum Schluß addierst du alle W'keiten, da ja die Augensumme 11 im ersten oder im zweiten oder... Versuch auftritt.
Dies ist die umständliche Lösung.
Geschickter wäre diese Vorgehensweise.
Was ist denn das Gegenereignis zu "spätestens im vierten Versuch"? Das ist doch das Ereignis "in keinem der vier Versuche passiert Augensumme 11".
Die W'keit davon ist: 34/36*34/36*34/36*34/36. Wir suchen aber nicht diese W'keit sondern die des Gegenereignisses davon. Also ist die gesuchte W'keit:
1-34/36*34/36*34/36*34/36
> für c): 1/21*1/21*1/21*1/21=1/194481
> aber für a) ?????
Ich denke, dass du b) und c) jetzt alleine lösen kannst, oder? Falls nicht, melde dich unbedingt wieder, ich werde nicht ruhen, ehe du es verstanden hast
Viele Grüße,
Marc
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Ok,
also ich habe versucht ünd überlegt:
c) in vierten Versuch die Augensumme 11 zu erzielen:
also in den Ersten drei Versauchen nicht die Augensumme 11, daraus ist die W': 34/36*34/36*34/36= 39304/46656= 19652/23328=9826/11664=4913/5832
Die W im vierten Wurf 11 zu erhalten ist 2/36=1/18.
Daraus folgt die gesuchte W' mit P(x)=4913/23328*1/18=4913/104976
das entspricht ~4,68%
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:03 Fr 28.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo phymastudi,
> also ich habe versucht ünd überlegt:
der Knoten ist noch nicht gelöst...
> c) in vierten Versuch die Augensumme 11 zu erzielen:
> also in den Ersten drei Versauchen nicht die Augensumme
> 11,
Das liest du aus "im vierten Versuch die Augensumme 11"?
Dann hätte doch da gestanden "erst im vierten Versuch" oder im "vierten Versuch zum ersten Mal".
Wenn du sagst: "Am 25.6. muß ich zur Uni" meinst du dann automatisch damit, dass du bis zum 24.6. gar nicht zur Uni gehst und am 25.6. dann zum ersten Mal?
> daraus ist die W': 34/36*34/36*34/36= 39304/46656=
> 19652/23328=9826/11664=4913/5832
>
> Die W im vierten Wurf 11 zu erhalten ist 2/36=1/18.
Worin unterscheidet sich dieser (richtige) Satz von der ursprünglichen Aufgabenstellung?
Gar nicht, würde ich sagen. Diese Zeile ist die Antwort.
Es könnte so einfach sein
Viele Grüße,
Marc
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Gott bin ich hol, das ist ja eigentlich vollkommen logisch: ob das nun beim ersten, zweiten oder x-ten wurf ist, die W' ist doch immer 1/18. Aber wie ist ews denn dann bei b):
ich seh das Komplement, in vier Versuchen keinmal die Augensumme 11:
Die W# dafür ist doch: (34/36)4
Also ist die gesuchte W' doch: P(X)= 1- (34/36)[sup)4[/sup]
und a)????? ist das identisch mit b)????
LG
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:32 Fr 28.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo phymastudi,
> Gott bin ich hol, das ist ja eigentlich vollkommen logisch:
> ob das nun beim ersten, zweiten oder x-ten wurf ist, die W'
> ist doch immer 1/18.
> Aber wie ist ews denn dann bei b):
>
> ich seh das Komplement, in vier Versuchen keinmal die
> Augensumme 11:
> Die W# dafür ist doch: (34/36)4
> Also ist die gesuchte W' doch: P(X)= 1-
> (34/36)[sup)4[/sup]
> und a)????? ist das identisch mit b)????
Das sollst du herausfinden!
Wie man a) rechnet, habe ich ja hier erklärt.
Dort hatte ich ja zwei Wege vorgestellt, einen umständlichen und einen geschickten.
Der "geschickte" ist gerade die obige Argumention für b), so dass du in a) vielleicht besser den umständlichen gehen solltest, weil die Aufgabe sonst keinen Sinn macht.
Viele Grüße,
Marc
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Gut, dann ist b) also so richtig und a) ist folgendermassen zu berechnen:
1. Wurf: 2/36
2. Wurf: 34/36*2/36
3. Wurf: 34/34*34/36*2/36
4. Wurf: 34/36*34/36*34/36*2/36
Daraus folgt P= 2/36+68/1296+2312/46656+78608/1679616=50615/104976
Die W# spätestens in vierten Wurf eine Augensumme 11 zu erzielen ist also rund 48%!
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Warum stimmen die 48 denn nicht??
LG
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:37 Fr 28.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo phymastudi
[mm] $\bruch{2}{36}+\bruch{68}{1296}+\bruch{2312}{46656}+\bruch{78608}{1679616}$
[/mm]
Den ersten Bruch kann man durch 2 kürzen. 2 dividiert durch 2 ist 1, und 36 dividiert durch 2 ist 18. Also lautet der gekürzte Bruch: [mm] $\bruch{1}{18}$.
[/mm]
Den zweiten Bruch kann man durch 4 kürzen. 68 dividiert durch 4 ist 17, und 1296 dividiert durch 4 ist 324. Also lautet der gekürzte Bruch: [mm] $\bruch{17}{324}$.
[/mm]
Den dritten Bruch kann man durch 8 kürzen. 2312 dividiert durch 8 ist 289, und 46656 dividiert durch 8 ist 5832. Also lautet der gekürzte Bruch: [mm] $\bruch{289}{5832}$.
[/mm]
Den vierten Bruch kann man durch 16 kürzen. 78608 dividiert durch 16 ist 4913, und 1679616 dividiert durch 16 ist 104976. Also lautet der gekürzte Bruch: [mm] $\bruch{4913}{104976}$.
[/mm]
Die obige Summe lautet also:
[mm] $=\bruch{1}{18}+\bruch{17}{324}+\bruch{289}{5832}+\bruch{4913}{104976}$
[/mm]
Die Regel lautet: Zwei ungleichnamige Brüche werden addiert, indem sie zunächst gleichnamig gemacht werden und dann die Zähler addiert werden und der Nenner beibehalten wird.
Der Hauptnenner ist 104976.
Der erste Bruch ist also mit 5832 zu erweitern und lautet danach: [mm] $\bruch{5832}{104976}$ [/mm] (da 1*5832=5832 und 18*5832=104976).
Der zweite Bruch ist also mit 324 zu erweitern und lautet danach: [mm] $\bruch{5508}{104976}$ [/mm] (da 17*324=5508 und 324*324=104976).
Der dritte Bruch ist also mit 18 zu erweitern und lautet danach: [mm] $\bruch{5202}{104976}$ [/mm] (da 289*18=5202 und 5832*18=104976).
Der vierte Bruch hat bereits den richtigen Hauptnenner.
Nun werden die Zähler addiert:
[mm] $=\bruch{5832+5508+5202+4913}{104976}$
[/mm]
und ausgerechnet:
[mm] $=\bruch{21455}{104976}$
[/mm]
Um den dezimalen Wert dieses Bruches zu erhalten, muß eine schriftliche Division durchgeführt werden; falls du dazu Fragen hast, melde dich bitte wieder.
Das Ergebnis dieser schriftlichen Division ist ungefähr 0,204.
Für den Prozentsatz p gilt also:
[mm] $\bruch{p\%}{100}=0,204$
[/mm]
Multiplikation mit 100 liefert:
[mm] $p\%=20,4$
[/mm]
Viele Grüße,
Marc
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:48 Fr 28.05.2004 | | Autor: | phymastudi |
Peinlich, peinlich, was ich hier abliefere. Du hast natürlich recht! Wenn einmal was in die Hose geht, dann aber richtig. Tut mir leid!!
Vielen Herzlichen Dank, für deine Hilfen, deine Mühen, vor allem aber für deine Geduld!!!!
Gruß Björn
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:53 Do 27.05.2004 | | Autor: | phymastudi |
kann mir noch jemand bei meinen offenen Fragen helfen??? Ist wirklich dringend. Bin auch super gewillt gut mit zu arbeiten!
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![[]](/images/popup.gif){kind=small}
http://www.mister-mueller.de/mathe/beispiele/ziege/ziegenproblem.html![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]"){kind=small}
