RA Mensch ärgere dich nicht < Klassen 8-10 < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:33 So 08.01.2012 | | Autor: | Giraffe |
| Aufgabe | Man braucht eine 6, um auf Start zu kommen.
Dazu hat man 3 Versuche mit einer 6 rauszukommen.
Glückt das nicht, muss man bis zur nächsten Runde warten.
Nun gibt es Aufgaben von a) bis f)
Ich habe alle, ausser e) u. f)
Für die Lösung von e) kann man die Aufg. zuvor d) verwenden, deswegen stelle ich d) hier dazu rein:
d)
Wenn man Glück hat kommt man gleich in der ersten Runde mit einer 6 raus. Bestimme die Wahrscheinlich dafür!
e)
Felix hat es schon 3 Runden hintereinander nicth geschafft, seine Figur auf Startfeld zu stellen u. meckert: "Das passiert nur jedes 1000ste Mal u. ausgerechnet mir muss das passieren."
Entscheide, ob Felix recht hat.
f)
Miriam entgegnet: "Wir sind 4 Spieler u. man muss davon ausgehen, dass einer von uns im ersten Durchgang nicht rauskommt."
Beurteile Miriams Aussage! |
Guten Abend,
für d) habe ich ausgerechnet:
P(irgendwann bei 3x würfeln eine 6 zu [mm] schaffen)=bruch{91}{6^3}=0,421
[/mm]
e) verlangt nun die Wahrscheinlichkeit für 3 Runden keine 6 zu würfeln.
Ich habe das Gegenereignis von d) dafür verwendet:
bruch{216}{216} - bruch{91}{216} = bruch{125}{216}
Die Aussage, die zu prüfen ist "wie gr. ist P bei 3 Runden hintereinander keine 6 zu würfeln.
1. Runde (keine 6) P=bruch{125}{216}
2. Runde (keine 6) P=bruch{125}{216}
3. Runde (keine 6) P=bruch{125}{216}
u. nun alle 3 multiplizieren
[mm] ({125}{216})^3 [/mm] = 0,1938
Wenn 0,1938 richtig ist, wie kann ich denn nun entscheiden, ob dass das 1000ste Mal ist?
Es passiert jedes 19.te, bzw. 20.ste Mal von 100 Würfen, dass man nicht rauskommt. D.h. es passiert bis 1000x würfeln ca. 190 bis 200 mal, dass man nicht rauskommt. Richtig?
f)
Sie sagt: Wir sind zu viert u. es ist normal, dass es einem von uns passiert, dass er bei der ersten Runde nicht rauskommt.
[mm] (bruch{5}{6})^3
[/mm]
Nun muss man irgendwie noch unterbringen, dass es einem von 4 Personen so passiert. Aber wie?
Ich hoffe ich kann Hilfe bekommen. Im voraus schon mal vielen DANK für die Zeit u. die Rechnerei.
mfg
Sabine
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:07 So 08.01.2012 | | Autor: | chrisno |
>
> für d) habe ich ausgerechnet:
> P(irgendwann bei 3x würfeln eine 6 zu schaffen)
> [mm]=\bruch{91}{6^3}=0,421[/mm]
Wie kommst Du darauf?
1. Wurf p = 1/6
der zweite Wurf wird nur durchgeführt, wenn es im ersten Wurf keine 6 gab,
2. Wurf p = 5/6 * 1/6 = 5/36
zum dritten Wurf kommt es erst, wenn zweimal vorher keine 6 gewürfelt wurde
3. Wurf p = 5/6 * 5/6 * 1/6 = 25/216
Alles zusammen: 0,421 ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> e) verlangt nun die Wahrscheinlichkeit für 3 Runden keine
> 6 zu würfeln.
> Ich habe das Gegenereignis von d) dafür verwendet:
>
> [mm] $\bruch{216}{216} [/mm] - [mm] \bruch{91}{216} [/mm] = [mm] \bruch{125}{216}$
[/mm]
Ja klar, [mm] $\left( \bruch{5}{6} \right)^3$
[/mm]
>
> Die Aussage, die zu prüfen ist "wie gr. ist P bei 3 Runden
> hintereinander keine 6 zu würfeln.
> 1. Runde (keine 6) P=bruch{125}{216}
> 2. Runde (keine 6) P=bruch{125}{216}
> 3. Runde (keine 6) P=bruch{125}{216}
> u. nun alle 3 multiplizieren
>
> [mm](\bruch{125}{216})^3[/mm] = 0,1938
>
> Wenn 0,1938 richtig ist, wie kann ich denn nun entscheiden,
> ob dass das 1000ste Mal ist?
>
> Es passiert jedes 19.te, bzw. 20.ste Mal von 100 Würfen,
> dass man nicht rauskommt. D.h. es passiert bis 1000x
> würfeln ca. 190 bis 200 mal, dass man nicht rauskommt.
> Richtig?
Ja, also hat Felix nicht Recht.
>
> f)
> Sie sagt: Wir sind zu viert u. es ist normal, dass es
> einem von uns passiert, dass er bei der ersten Runde nicht
> rauskommt.
>
> [mm]\(bruch{5}{6})^3[/mm]
>
> Nun muss man irgendwie noch unterbringen, dass es einem von
> 4 Personen so passiert. Aber wie?
>
Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass alle vier herauskommen.
Dann nimm das Gegenereignis.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:17 Di 10.01.2012 | | Autor: | Giraffe |
> > d)
> > P(irgendwann bei 3x würfeln eine 6 zu schaffen)
> > [mm]=\bruch{91}{6^3}=0,421[/mm]
> Wie kommst Du darauf?
mit einer viel aufwändigeren Rechnerei u. einem Baumdiagramm als Hilfe u. dicken fetten Brüchen u. nicht so schön simpel u. überschaubar wie du.
> 1. Wurf p = 1/6
> der zweite Wurf wird nur durchgeführt, wenn es im ersten
> Wurf keine 6 gab,
> 2. Wurf p = 5/6 * 1/6 = 5/36
> zum dritten Wurf kommt es erst, wenn zweimal vorher keine
> 6 gewürfelt wurde
> 3. Wurf p = 5/6 * 5/6 * 1/6 = 25/216
> Alles zusammen addiert: 0,421
> >
> > e)
> > nun die Wahrscheinlichkeit für 3 Runden keine
> > 6 zu würfeln.
> > Ich habe das Gegenereignis von d) dafür verwendet:
> >
> > [mm]\bruch{216}{216} - \bruch{91}{216} = \bruch{125}{216}[/mm]
> Ja
> klar, [mm]\left( \bruch{5}{6} \right)^3[/mm]
> >
> > Die Aussage, die zu prüfen ist "wie gr. ist P bei 3 Runden
> > hintereinander keine 6 zu würfeln.
> > 1. Runde (keine 6) P= [mm] \{125}{216}
[/mm]
> > 2. Runde (keine 6) P= [mm] \{125}{216}
[/mm]
> > 3. Runde (keine 6) P= [mm] \{125}{216}
[/mm]
> > u. nun alle 3 multiplizieren
> >
> > [mm](\bruch{125}{216})^3[/mm] = 0,1938
>
> >
> > Wenn 0,1938 richtig ist, wie kann ich denn nun entscheiden,
> > ob dass das 1000ste Mal ist?
> > Es passiert jedes 19.te, bzw. 20.ste Mal von 100 Würfen,
> > dass man nicht rauskommt. D.h. es passiert bis 1000x
> > würfeln ca. 190 bis 200 mal, dass man nicht rauskommt.
> > Richtig?
> Ja, also hat Felix nicht Recht.
> > f)
> > Sie sagt: Wir sind zu viert u. es ist normal, dass es
> > einem von uns passiert, dass er bei der ersten Runde nicht
> > rauskommt.
> >
> > [mm]\(bruch{5}{6})^3[/mm]
> >
> > Nun muss man irgendwie noch unterbringen, dass es einem von
> > 4 Personen so passiert. Aber wie?
> >
> Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass alle vier
> herauskommen.
> Dann nimm das Gegenereignis.
Hallo Chrisno,
vielen DANK f. deine Antw.
f)
werde ich zu Hause, wo mir die Aufg. auch vorliegt so wie du gesagt hast versuchen. Ich habe es eben hier versucht, aber nach nun einer Std. bin ich gescheitert u. habe nur Murcks gemacht.
Vielen DANK, dass ich bald auch diese Aufg. jetzt so langsam endlich, nach fast 2 Monaten nun doch fertig bekomme.
mfg
Sabine
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:25 Di 10.01.2012 | | Autor: | chrisno |
Da zeigst Du aber echtes Stehvermögen.
Um Dir etwas Zeit für andere Dinge des Lebens zu schenken:
Die Wahrscheinlichkeit das der erste in der ersten Runde herauskommt = .... (kennst Du schon)
Davon unabhängig ist:
Die Wahrscheinlichkeit das der zweite in der ersten Runde herauskommt = .... (kennst Du schon)
Davon unabhängig ist: ...
....
...
...
Dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle vier in der ersten Runde herauskommen, das Produkt dieser vier Wahrscheinlichkeiten.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:07 Mi 11.01.2012 | | Autor: | Giraffe |
Stehvermögen?
ich habe geheult vor Wut gestern, weil an diesem Mac Appel alles anders funktioniert, bzw. viel viel Arbeit einfach umsonst war (Daten plötzl. weg), dann alles nochmal, um dann festzustellen, dass ich gedanklich total Mist gebaut habe. Insofern bin ich dir sehr sehr sehr dankbar für den Hinweis
mal
Ich hätte nämlich nicht gewusst, ob mal oder alles plus.
DANKE DANKE DANKE
Melde mich nochmal, wenn ich´s hab.
DANKE
Gruß
Sabine
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 15:52 Mo 16.01.2012 | | Autor: | Giraffe |
| Aufgabe | Die komplette Aufg.
[Dateianhang nicht öffentlich]
u. alle meine Lösungen, die doch abweichen, von dem, was bisher hier besprochen wurde. Da ich schon oft ganz sicher war u. in fester Überzeugung recht zu haben, was sich dann als falsch herausstellte, brauche ich jetzt Bestätig. oder Gewissheit.
[Dateianhang nicht öffentlich]
[Dateianhang nicht öffentlich]
[Dateianhang nicht öffentlich]
[Dateianhang nicht öffentlich]
[Dateianhang nicht öffentlich] |
Aufg. ist sehr umfangreich. Rechen-Ergebnisse müssen auch nicht überprüft werden (ein u. dieselbe Rechng. x-mal gerechnet). Wichtig sind die Rechen-WEGE, bzw. die Überlegungen/Ansätze.
Die letzte f) habe ich auch nicht so gemacht, wie chrisno gesagt hat.
Es geht mir nicht in Kopf, wenn die Wahrscheinl.keit, dass man nicht rauskommt, d.h. bei 3x würfeln keine 6 schafft, wenn das Ergebnis dafür ist:
P (3xwürfeln u. nie eine 6)=0,5758
dann ist es doch wurscht piep egal, wieviele Personen mitspielen oder das betrifft. D.h. die Wahrscheinl.keit bleibt die gleiche u. kann sich doch nicht z.B. bei 2 Leuten verdoppeln. Außerdem käme man dann auch auf einen Wert, der größer ist als 1.
Welche Aufg. ist richtig von a) bis f) u.
welche muss ich mir nochmal vorknöpfen u. korrigieren?
Das macht jetzt richtig Arbeit u. deshalb für den, der sich dieser dicken umfangreichen Aufg. u. viel Leserei widmet, vorab schon mal ein fettes DANKESCHÖN
Gruß
Sabine
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 3 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 4 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 5 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 6 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:37 Mo 16.01.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo Giraffe
Deine eigenen Rechnungen hier anzuhängen ist ok
aber Koüien von büchern nicht, voralem, wenn du behauptest, du seist der Urheber?
Woher stammt der aufgabentext? gobts da wirklich kein copyright? im Zweifellsfall fürchten wir Strafen, die dann jemand teuer bezahlen muß!
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:13 Di 17.01.2012 | | Autor: | Giraffe |
Hallo leduart,
nein, natürl. sollt ihr keine Strafe bezahlen. WENN, dann doch ich, weil ich evtl., was ich gar nicht glaube, betrügerische/gelogene Haken gesetzt habe.
Die Aufg. sind vom Kultusministerium f. Bildg. oder wie auch immer die politischen Entscheidungsträger für Bildg. u. Erziehg. sich nennen mögen. Es sind Kopien (DIN A4 Blätter) aus einer schriftl. Prüfg. für den Realschulabschluss. Demnach müsste ja der Lehrer, der sie verbreitet u. vervielfältigt hat ja auch schon belangt werden. Ich gehe a ber davon aus, dass die sich freuen (u. freuen müssen), wenn man bemüht ist, das draufzukriegen. Wie kann ich von meinem Kind erwarten zu lernen u. ihm aber gleichzeitig verbiete MEINE Bücher zu benutzen. Ich bin jedenfalls davon überzeugt, dass da nix kommt, da die Prüfungenaufg. auch nicht vermarktet, d.h. kein Kommerz damit betrieben wird. Ich sehe also keinen Geschädigten, der einen finanziellen Verlust macht, sondern nur freudige Lehrer, dass ihre Aufg. solange Bestand haben.
Ich hoffe in diesem Fall sind meine Argumente akzeptiert u. es gibt in diesem Fall keine Gegenargumente.
Liebe Grüsse
SAbine
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:54 Mo 16.01.2012 | | Autor: | chrisno |
Gewöhn Dich lieber an die Gegenereignisse, die sind so praktisch.
Das gilt gerade für den Aufgabenteil f. Gefragt wird: "Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass (mindestens) einer nicht herauskommt?" Über das eingefügte "mindestens" können wir uns streiten. Ich meine aber, dass natürlich auch die Fälle, dass keiner, keine zwei, keine drei herauskommen dazu gehören.
Das Gegenereignis ist: "Alle kommen heraus"
Um die Wahrscheinlichkeit zu berechnen muss die Wahrscheinlichkeit, dass einer herauskommt so oft mit sich selbst multipliziert werden, wie Die Anzahl der Mitspieler beträgt. Wo ist da eine Addition?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:46 Di 24.01.2012 | | Autor: | Giraffe |
Guten Abend chrisno,
kann die Frage jetzt auf die Schnelle nicht beantworten; muss mich erstmal mit deiner Antw. zu Hause auseinandersetzen, melde mich dann aber nochmal.
Ja, ja diese Malerei der Verästelungen u. Kombinationen geht mir schon gehörig auf den Wecker, aber bisher halfen sie durchzublicken.
Ich will dir sicher nicht widersprechen, wenn du sagst, ich soll mich gleich daran gewöhnen, mit Gegenereignissen zu rechnen. Das ist eine Form der Abstraktion u. es gehört vermutl. auch dazu nur Übung. Aber Wahrscheinl.keits-Rechng. macht mich genauso kirre, wie Aussagenlogik. Mir streuben sich schon die Nackenhaare, wenn ich allein nur den Begriff Aussagenlogik denke.
Welche Aufg. konkret ist denn falsch?
f)?
Liebe Grüße
Sabine
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:33 Di 24.01.2012 | | Autor: | chrisno |
Dann musst Du eben für f) ein Baumdiagramm zeichnen und dich da durch rechnen. Es muss ja das Gleiche herauskommen.
Es sind vier Spieler.
Erste Verzweigung: der erste kommt nicht heraus: Wahrscheinlichkeit p ausrechnen und als p1 merken.
Dann geht es mit der entsprechenden Wahrscheinlichkeit (1-p) in den anderen Zweig, weil der erstja herausgekommen ist. Nun ist der zweite dran. Wieder geht es in eine Verzweigung:
der zweite kommt nicht heraus. Die Wahrscheinlichkeit dafür ist wieder p, aber die Vorgeschichte gehört dazu, also müssen wir uns nun die Wahrscheinlichkeit bis dahin merken: p2 = (1-p)p.
Im anderen Fall geht es weiter wieder mit (1-p) also insgesamt [mm] $(1-p)^2$.
[/mm]
Dritter Spieler: $p3 = (1-p)^2p$
Vierter Spieler: $p4 = (1-p)^3p$.
Die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens einer nicht herauskommt ist also p1 + p2 + p3 + p4
Der Zweig der übrig bleibt hat die Wahrscheinlichkeit [mm] $(1-p)^4$. [/mm] Alles zusammen muss 1 ergeben. Also ist es praktischer [mm] $(1-p)^4$ [/mm] zu berechnen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:26 Mo 30.01.2012 | | Autor: | Giraffe |
> Dann musst Du eben für f) ein Baumdiagramm zeichnen und
> dich da durch rechnen. Es muss ja das Gleiche herauskommen.
> Es sind vier Spieler.
> Erste Verzweigung: der erste kommt nicht heraus:
> Wahrscheinlichkeit p ausrechnen und als p1 merken.
> Dann geht es mit der entsprechenden Wahrscheinlichkeit
> (1-p) in den anderen Zweig, weil der erstja herausgekommen
> ist. Nun ist der zweite dran. Wieder geht es in eine
> Verzweigung:
> der zweite kommt nicht heraus. Die Wahrscheinlichkeit
> dafür ist wieder p, aber die Vorgeschichte gehört dazu,
> also müssen wir uns nun die Wahrscheinlichkeit bis dahin
> merken: p2 = (1-p)p.
> Im anderen Fall geht es weiter wieder mit (1-p) also
> insgesamt [mm](1-p)^2[/mm].
> Dritter Spieler: [mm]p3 = (1-p)^2p[/mm]
> Vierter Spieler: [mm]p4 = (1-p)^3p[/mm].
> Die Wahrscheinlichkeit,
> dass mindestens einer nicht herauskommt ist also p1 + p2 +
> p3 + p4
> Der Zweig der übrig bleibt hat die Wahrscheinlichkeit
> [mm](1-p)^4[/mm]. Alles zusammen muss 1 ergeben. Also ist es
> praktischer [mm](1-p)^4[/mm] zu berechnen.
Hallo chrisNo,
leider hat es nicht geklappt.
Wie gesagt, ich hatte deine Antw./konkrete Beschreibg. zur Lösung ja von Hand abgeschrieben u. mit genau dem Text habe ich gestern versucht zu arbeiten.
Du schriebst:
Erste Verzweigung:
........der erste, der nicht rauskommt.......
Zweite Stufe des Experiments/ zweite Verzweigung (dahinter)
....., weil der erste ja herausgekommen ist.
Ich dachte, ich hätte falsch abgeschrieben.
Hab ich aber nicht.
Und wenn man Wahrscheinl.keits-Rechng. schon gut kann, kann man sicher entscheiden, welches von beiden stimmt. Es kann doch nur eines von beiden stimmen? Entweder rausgekommen oder nicht rausgekommen.
Ich kann mich nicht entscheiden, weil wir ja auch mit dem Gegenereignis rechnen.
Sorry, sehe gerade, dass AUCH der in der dritten Stufe /Zweig
NICHT rauskommt,
dann muss die mitte (2.te Stufe) auch NICHT rauskommt sein!!
Ich versuchs damit nun nochmal erneut u. hoffe, ich kriege groß P u. klein p auch auseinandergehalten.
Gruß
Sabine
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:01 Mo 30.01.2012 | | Autor: | Giraffe |
Guten Abend chrisNo,
zwischen deinen Zeilen:
Du einst zu mir: "Da zeigst Du aber echtes Stehvermögen. Um Dir etwas Zeit für andere Dinge des Lebens zu schenken..."
Ich beginne aufzugeben, wenn ich jetzt nicht weiterkomme. Dann schneide ich die Frage e) aus dem Zettel einfach aus/weg u. schluss ist´s.
Ich habe nix falsch abgeschrieben, nur deinen Text bis vorhin völlig FALSCH verstanden:
> Erste Verzweigung: der erste kommt nicht heraus:
> Wahrscheinlichkeit p ausrechnen und als p1 merken.
f. einen Wurf p1 = 5/6
für 3x würfeln [mm] (5/6)^3
[/mm]
> Dann geht es mit der entsprechenden Wahrscheinlichkeit
also mit dem eben oben Ausgerechneten?
Mit welchem von beiden?
> (1-p) in den anderen Zweig,
1 minus eines von beiden?
Bis hier hin erstmal.
[Dateianhang nicht öffentlich]
WEnn du so nett bist u. nochmal antw. magst, dann versuchs ich mit deinem restl. Text nochmal allein weiter.
> weil der erste ja herausgekommen ist.
> Nun ist der zweite dran. Wieder geht es in eine
> Verzweigung:
> der zweite kommt nicht heraus. Die Wahrscheinlichkeit
> dafür ist wieder p, aber die Vorgeschichte gehört dazu,
> also müssen wir uns nun die Wahrscheinlichkeit bis dahin
> merken: p2 = (1-p)p.
> Im anderen Fall geht es weiter wieder mit (1-p) also
> insgesamt [mm](1-p)^2[/mm].
> Dritter Spieler: [mm]p3 = (1-p)^2p[/mm]
> Vierter Spieler: [mm]p4 = (1-p)^3p[/mm].
> Die Wahrscheinlichkeit,
> dass mindestens einer nicht herauskommt ist also p1 + p2 +
> p3 + p4
> Der Zweig der übrig bleibt hat die Wahrscheinlichkeit
> [mm](1-p)^4[/mm]. Alles zusammen muss 1 ergeben. Also ist es
> praktischer [mm](1-p)^4[/mm] zu berechnen.
Ansonsten habe ich es fast völlig losgelöst von deinem Ansatz nochmal allein so probiert:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Auf jeden Fall erstmal DANKE für deine bisherige Geduld u. dass dir noch nicht die Puste ausgegangen ist.
Die brauche ich jetzt auch, wenn mein PC mich JETZT wieder aus dem www. schmeißt.
Gruß
Sabine
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:17 Mo 30.01.2012 | | Autor: | chrisno |
Du willst es ja nicht über das Gegenereignis rechnen.
Ich nenne nun die Spieler A, B, C, D.
Um herauszukommen, darf dreimal gewürfelt werden. Das sehe ich bei Deiner Rechnung beim Baumdiagramm nicht mehr. Oben stand es schon einmal: A wirft das erste mal. Es ist keine sechs dabei: p = 5/6.
Noch zweimal weiter, immer noch keine Sechs dabei [mm] $p_1 [/mm] = [mm] \left(\bruch{5}{6}\right)^3$.
[/mm]
Das steht auch richtig in Deiner zweiten Abbildung. Die Addition danach wirf schnell in den Papierkorb.
Mit der Wahrscheinlichkeit $1- [mm] p_1 [/mm] = [mm] 1-\left(\bruch{5}{6}\right)^3$ [/mm] kommt A heraus.
Das ist also die erste Verzweigung im Baumdiagramm: "A kommt heraus" oder "A kommt nicht heraus". Alles was nach "A kommt nicht heraus" folgt, ist uninteressant, weil nun schon einer nicht herausgekommen ist.
Falls A herausgekommen ist, kann es natürlich noch sein, dass jemand anderes nicht herauskommt. Also wird in diesem Zweig weitere untersucht, ob B vielleicht nicht herauskommt.
Du bist dran.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:09 Di 31.01.2012 | | Autor: | Giraffe |
Sie sind ein Schatz - DANKE
Aufg. abgeschrieben. Setze mich heute abend ran. Wann ich antw. kann - vielleicht schon heut abend.
Aber, dass ich nicht mit dem Gegenereignis rechnen möchte, das ist nicht so.
Ich kann es nicht, dass ist alles. Ich habe deinen Ansatz nicht unbedingt so verstanden - vielleicht nur geahnt, dass (1-p) es sein muss, das Gegenereignis.
Bis später
u. DANKE
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:11 Di 31.01.2012 | | Autor: | Giraffe |
so, schlechte Nachrichten
hat leider leider nicht geklappt
Mehrere Seiten beschrieben - ohne Erfolg
Nur das Baumdiagramm ist etwas geworden.
Das hast du ja auch gut beschrieben.
Aber mit der Kontrolle hätte das gleich Ergebnis rauskommen müssen - tut es aber gar nicht. Dann alles nochmal von vorn. Wieder ein anderes Ergebnis usw usw. usw.
Ich mag jetzt nicht mehr.
Bin am Ende.
Das Problem ist, das es nicht DAS Problem ist, sondern mehrere zu sein scheinen.
Schade, aber hätte ja klappen können.
DANKE dir für deine Ausdauer u. Mühen.
Lieben Gruß
Sabine
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:16 Mi 01.02.2012 | | Autor: | Giraffe |
so ganz mit links stecke ich diesen Misserfolg nicht weg.
Habe drüber geschlafen, mit dem Ergebnis, dass ich mein Problem jetzt erst auf den Punkt bringen kann.
Was völlig klar ist sind Wahrscheinlichkeiten, die sich auf einen Spieler beziehen, z.B.
Sie würfelt 3x u. kommt nie mit einer 6 raus. Dann [mm] (5/6)^3
[/mm]
oder
Er würfelt 3x u. schafft es bei einem dieser Versuche mit einer 6 rauszukom., dann ist die Wahrscheinl.keit dafür 1/6
Das ist alles klar.
Was unklar ist ist die Verknüpfung/Verbindg. von mehreren Spielern.
Z.B.
Wie groß ist die Wahrscheinl.keit, dass A ODER B nicht rauskommen?
Du schriebst irgendwann mal: Ich sehe da keine Addition. Dann habe ich mir überlegt, wenn es heißt:
......, dass einer der 4 Spieler nicht rauskommt,.....
dann ist egal welcher, d.h. A ODER B, dann muss man
[mm] (5/6)^3 [/mm] + [mm] (5/6)^3
[/mm]
Zuletzt schriebst du, dass das falsch ist.
(vielleicht liegt auch ein Missverständnis vor?)
Wie dem auch sei, habe beide Brüche
(zum Üben u. Eintrainieren ist ja erstmal egal, ob einer von 2 Spielern nicht rauskommt oder einer von 4; wenn das Prinzip klar, dann kann ich es sicher übertragen, aber lieber erstmal vereinfacht rechnen)
Wie dem auch sei, habe beide Brüche dann faktorisiert:
[mm] (5/6)^3 [/mm] * [mm] (5/6)^3
[/mm]
Also, solltest du immer noch da sein,
meine Frage bezieht sich auf:
Wie soll ich [mm] (5/6)^3 [/mm] mit [mm] (5/6)^3 [/mm] verbinden - mit welcher Rechenoperation?
Oder ist die Frage so nicht zu stellen u. geht das nur mit dem Gegenereignis?
Die Sonne scheint. Schön.
Ich hoffe bald auch in meinem Geist.
Schönen Tag für dich
Sabine
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:09 Mi 01.02.2012 | | Autor: | chrisno |
Wenn Du das als Mitteilung schreibst, dann bekommst Du nur Antworten von mir. Vielleicht erklärt jemand anderes das aber besser.
Vor dem Rechnen sollte zuerst das Baumdiagramm stehen. Denn aus dem lässt sich dann ablesen, wann addiert und wann multipliziert werden muss. Zeichne das Baumdiagramm. 1. Verzweigung: Spieler A kommt nicht heraus / kommt heraus. Nur bei dem dem Abzweiger "kommt heraus" geht es weiter zu Spieler B. Wir können da gerne erst einmal Schluss machen, doch ist die Ergänzung zu Spieler C und D nicht so schwer.
> so ganz mit links stecke ich diesen Misserfolg nicht weg.
> Habe drüber geschlafen, mit dem Ergebnis, dass ich mein
> Problem jetzt erst auf den Punkt bringen kann.
> Was völlig klar ist sind Wahrscheinlichkeiten, die sich
> auf einen Spieler beziehen, z.B.
> Sie würfelt 3x u. kommt nie mit einer 6 raus. Dann
> [mm](5/6)^3[/mm]
> oder
> Er würfelt 3x u. schafft es bei einem dieser Versuche mit
> einer 6 rauszukom., dann ist die Wahrscheinl.keit dafür
> 1/6
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") das ist das Gegenereignis. Also $p = 1 - [mm] (5/6)^3 \ne [/mm] 1/6$ Den richtigen Wert hast Du schon berechnet.
> Das ist alles klar.
>
> Was unklar ist ist die Verknüpfung/Verbindg. von mehreren
> Spielern.
> Z.B.
> Wie groß ist die Wahrscheinl.keit, dass A ODER B nicht
> rauskommen?
> Du schriebst irgendwann mal: Ich sehe da keine Addition.
> Dann habe ich mir überlegt, wenn es heißt:
> ......, dass einer der 4 Spieler nicht rauskommt,.....
> dann ist egal welcher, d.h. A ODER B, dann muss man
> [mm](5/6)^3[/mm] + [mm](5/6)^3[/mm]
> Zuletzt schriebst du, dass das falsch ist.
> (vielleicht liegt auch ein Missverständnis vor?)
Darum brauchen wir zuerst das Baumdiagramm. Dass das mit der Addition hier nicht stimmen kann, hast Du schon selbst gemerkt. Wenn genug Spieler dabei sind, kann es Wahrscheinlichkeiten größer als 1 ergeben.
>
> Wie dem auch sei, habe beide Brüche
> (zum Üben u. Eintrainieren ist ja erstmal egal, ob einer
> von 2 Spielern nicht rauskommt oder einer von 4; wenn das
> Prinzip klar, dann kann ich es sicher übertragen, aber
> lieber erstmal vereinfacht rechnen)
> Wie dem auch sei, habe beide Brüche dann faktorisiert:
(Nebenbemerkung: Faktorisieren heißt "in Faktoren zerlegen". Du wolltest multiplizieren schreiben.)
>
> [mm](5/6)^3[/mm] * [mm](5/6)^3[/mm]
>
> Also, solltest du immer noch da sein,
> meine Frage bezieht sich auf:
> Wie soll ich [mm](5/6)^3[/mm] mit [mm](5/6)^3[/mm] verbinden - mit welcher
> Rechenoperation?
Erst das Baumdiagramm.
>
> Oder ist die Frage so nicht zu stellen u. geht das nur mit
> dem Gegenereignis?
Nein, es geht durchaus auch ohne. Den Weg gehen wir gerade.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:54 Mi 01.02.2012 | | Autor: | Giraffe |
[Dateianhang nicht öffentlich]
ich hoffe sehr es ist deutl. lesbar
Wenn jmd. bei 3x würfeln mit einer 6 rauskommt - es gibt doch 2 Arten, das zu berechnen.
Ich habe vergessen, wenn jmd. gleich beim ersten Wurf mit einer 6 rauskommt, dann 1/6 u. man braucht den Zweig nicht weiter verfolgen, habe vergessen, wie genau man das dann rechnet.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:10 Do 02.02.2012 | | Autor: | chrisno |
Ich sortiere etwas. Es macht keinen Sinn, immer mehrere Baustellen offen zu halten.
Das Ziel ist, zu berechnen, wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, dass einer von vieren in der ersten Runde nicht herauskommt. Dafür müssen wir nur die Wahrscheinlichkeiten wissen, mit der jemand mit dreimal Würfeln herauskommt (p) oder nicht (q).
Die Wahrscheinlichkeiten sind berechnet, das steht weiter oben:
$q = [mm] \left(\bruch{5}{6}\right)^3$
[/mm]
$p = [mm] 1-\left(\bruch{5}{6}\right)^3 [/mm] = [mm] \bruch{91}{6^3}$
[/mm]
Dabei ist die erste Berechnung von q über das Gegenereignis, die zweite über das Baumdiagramm. Natürlich kommt da das Gleiche heraus.
Das "Baumdiagramm"
Start der Runde
Es würfelt:
Spieler A kommt heraus kommt nicht heraus
Wahrscheinlichkeit p q
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Nachdenken: Wenn er nicht herauskommt, ist das Ereignis eingetreten. Alle weiteren Würfeleien sind dann nicht mehr von Interesse. Dieser Zweig im Baumdiagramm wird daher nicht weiter verfolgt.
Erster Summand für die Gesamtwahrscheinlichkeit: q
Es geht weiter in dem Zweig "kommt heraus"
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Nun würfelt:
Spieler B kommt heraus kommt nicht heraus
Wahrscheinlichkeit p q
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Nachdenken: Wenn er nicht herauskommt, ist das Ereignis eingetreten. Alle weiteren Würfeleien sind dann nicht mehr von Interesse. Dieser Zweig im Baumdiagramm wird daher nicht weiter verfolgt.
Zweiter Summand für die Gesamtwahrscheinlichkeit: q * p, da im Baumdiagramm beim Entlanggehen der Verzweigungen die Wahrscheinlichkeiten multipliziert werden müssen.
Es geht weiter in dem Zweig "kommt heraus"
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Nun würfelt
Spieler C kommt heraus kommt nicht heraus
Wahrscheinlichkeit p q
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Nachdenken: Wenn er nicht herauskommt, ist das Ereignis eingetreten. Alle weiteren Würfeleien sind dann nicht mehr von Interesse. Dieser Zweig im Baumdiagramm wird daher nicht weiter verfolgt.
Dritter Summand für die Gesamtwahrscheinlichkeit: q * p * p, da im Baumdiagramm beim Entlanggehen der Verzweigungen die Wahrscheinlichkeiten multipliziert werden müssen.
Es geht weiter in dem Zweig "kommt heraus"
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Nun würfelt
Spieler D kommt heraus kommt nicht heraus
Wahrscheinlichkeit p q
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Nachdenken: Die Runde ist zuende.
Vierter Summand für die Gesamtwahrscheinlichkeit: q * p * p * p, da im Baumdiagramm beim Entlanggehen der Verzweigungen die Wahrscheinlichkeiten multipliziert werden müssen.
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Nun gibt es vier verschiedene Wege im Baumdiagramm, die dahin führen, das mindestens einer nicht herauskommt. Alle vier Wahrscheinlichkeiten müssen addiert werden.
q + q*p + q*p*p + q*p*p*p = ....
Da kannst Du Zahlen einsetzen, aber netter wird es, wenn man q = 1 - p benutzt:
$ q + q*p + [mm] q*p^2 [/mm] + [mm] q*p^3 [/mm] = 1-p + [mm] p-p^2 [/mm] + [mm] p^2-p^3 [/mm] + [mm] p^3-p^4 [/mm] = [mm] 1-p^4 [/mm] $
------
Nun wurde berechnet, wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, das mindestens einer in der Runde nicht herauskommt. Wenn das Ereignis nicht eingetreten ist, heißt das, dass alle herausgekommen sind. (Sonst wäre ja mindestens einer nicht herausgekommen.)
A kommt heraus: p
A kommt heraus und danach auch noch B: p*p
A und B kommen heraus und danach auch noch C: p*p*p
A, B und C kommen heraus und danach auch noch D: p*p*p*p
Die Wahrscheinlichkeit, dass alle vier herauskommen ist also [mm] $p^4$.
[/mm]
In allen anderen Fällen kommt mindestens einer nicht heraus. Also ist dafür die Wahrscheinlichkeit [mm] $1-p^4$.
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:08 Do 02.02.2012 | | Autor: | Giraffe |
Whow,
erstmal ganz vielen herzlichen DANK!
Ich habe alles abgeschrieben u. dabei natürlich auch schon versucht, es nachzuvollziehen.
Ich muss damit jetzt erstmal alleine arbeiten. Zur Anleitung hast du ja nichts mehr ausgelassen. Sehr gut, dass du auch zum Schluss nochmal die Bedeutungen im Einzelnen genannt hast.
Ja, p mit 1-q zu ersetzen ist durchaus elegant.
Konkrete Zahlen werde ich nicht einsetzen. Erst ganz ganz zum Schluss, in die von dir erarbeitete "Formel"
Nun ist es glaube ich nicht mehr weit bis zum Ziel.
Heute kann ich leider nicht mehr weiter dran arbeiten.
Aber bis zum Wochenende werde ich es wahrscheinl. endlich haben.
Wenns soweit ist, melde ich mich nochmal. Dir nochmal ganz ganz vielen DANK für die ganze Arbeit u. das Tippen u. die Zeit, die es gebraucht hat.
Wollen doch mal sehen, ob dein Mühen nicht doch von Erfolg gekrönt werden kann. Ich gebe mein Bestes!
Bis dahin erstmal.
Gruß
Sabine
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:26 So 05.02.2012 | | Autor: | Giraffe |
Hallo chrisno,
ich bin jetzt ganz nah am Ziel.
Die Aufg. ist nur so schwierig, weil komplex. Ich meine etwas zuviel Spieler (für mich) u. zuviel Würfe, sodass es nicht möglich ist, wirkl. ein komplettes Baumdiagramm auf einen Blick anzufertigen. Natürlich hatte ich schon vereinfachte Aufg., wo nichts anders gemacht wurde, als hier auch, nämlich Wahrscheinl.keiten, die durch die Pfad-Multiplikat.-Regel entstanden sind zu addieren mit anderer solcher Wahrscheinlichkeiten.
Wegen dieser Komplexität hast du mit p und q eingeführt (kann man hier auch sagen substituiert?)
Bitte nur noch 2 Fragen:
Habe ich den Bereich des gelben w richtig verstanden, dass genau der uninteressant ist? Warum ist denn bei dir trotzdem p+q=1
[Dateianhang nicht öffentlich]
Und die zweite Frage
Die Wahrscheinl.keit, dass nur ein ganz bestimmter Spieler nicht rauskommt beträgt ....., nennen wir sie A
Die Wahrscheinl.keit, dass ein anderer nicht rauskommt, kann ja nur die gleiche Wahrscheinl.keit sein.
D.h. bei 4 Spielern: Warum macht man nicht 4 mal A
Nochmal anders:
Die Wahrscheinl.keit, dass nur Spieler A nicht rauskommt
plus
Die Wahrscheinl.keit, dass nur B nicht rauskommt
plus
Die Wahrscheinl.keit, dass nur C nicht rauskommt
plus
Die Wahrscheinl.keit, dass ein D nicht rauskommt
ist doch gleichbedeutend mit
4 mal diese Wahrscheinl.keit.
Aber so machst du es nicht.
Der Reihe nach wie ich es jetzt verstanden, bzw. notiert habe.
[Dateianhang nicht öffentlich]
[Dateianhang nicht öffentlich]
[Dateianhang nicht öffentlich]
[Dateianhang nicht öffentlich]
![[a]](/images/paperclip.gif "Dateianhänge") [Bild Nr. 6 (fehlt/gelöscht)]
Hoffentlich magst du nochmal abschließend antw.
Vielen vielen DANK f. deine tolle Unterstützung u. wunderbare Anleitg.
Gruß
Sabine
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 3 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 4 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 5 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:47 So 05.02.2012 | | Autor: | chrisno |
Deine Argumentation stimmt nicht. Wenn ich nach der Wahrscheinlichkeit frage, dass ein bestimmter Spieler nicht herauskommt, so beträgt die q (s.u.). Du hast recht, sie ist für alle Spieler die Gleiche. Wenn aber alle vier Spieler nicht herauskommen sollen, dann ist es es genau ein Zweig im Baumdiagramm, in dem nacheinander A, B, C und D nicht herauskommen. Also müssen die Wahrscheinlichkeiten multipliziert werden.
Rechenfehler. Es ist $(1-p)*p = [mm] p-p^2$
[/mm]
Ich komme mit deinem Baumdiagramm nicht klar.
In diesem Baumdiagramm sollen keine einzelnen Würfe erscheinen.
Bei Spieler A gibt es nur "kommt heraus" mit [mm] $p=1-\left(\bruch{5}{6}\right)^3$ [/mm] und "kommt nicht heraus" mit [mm] $q=\left(\bruch{5}{6}\right)^3$.
[/mm]
Warum ich den Zweig "kommt nicht heraus" nicht weiter verfolge:
In diesem Zweig wird danach untersucht, wie wahrscheinlich es ist, ob B herauskommt, C, D.
Es teilt sich immer weiter auf, aber am Ende ist die Summe aller Wahrscheinlichkeiten immer noch [mm] $q=\left(\bruch{5}{6}\right)^3$, [/mm] nur das es einzelne Summanden sind, die mir angeben, wie wahrscheinlich es ist, das zum Beispiel auch B nicht herauskommt aber C und D herauskommen. Alle diese Details interessieren nicht. Denn es reicht mir zu wissen, dass schon A nicht herausgekommen ist.
Aufgelistet: (nein bedeutet: "kommt nicht heraus", ja bedeutet: "kommt heraus")
A nein, B nein, C nein, D nein
A nein, B nein, C nein, D ja
A nein, B nein, C ja, D nein
A nein, B nein, C ja, D ja
A nein, B ja, C nein, D nein
A nein, B ja, C nein, D ja
A nein, B ja, C ja, D nein
A nein, B ja, C ja, D ja
Du kannst nun gerne für jeden dieser Fälle eine Wahrscheinlichkeit ausrechnen, das ist ja nicht mehr schwer. Die Summe bleibt aber q.
Nun zu dem anderen Zweig
A ja, B nein, C nein, D nein
A ja, B nein, C nein, D ja
A ja, B nein, C ja, D nein
A ja, B nein, C ja, D ja
Hier kann man bei B nein aufhören. Falls Du weiter rechnest, ... s.o (die Summe ist aber nicht mehr q)
A ja, B ja, C nein, D nein
A ja, B ja, C nein, D ja
Hier bei C aufhören
A ja, B ja, C ja, D nein
Den Fall muss man auch noch mitnehmen.
A ja, B ja, C ja, D ja
Das ist der einzige Fall, in dem alle herauskommen.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:49 Sa 03.03.2012 | | Autor: | Giraffe |
nur für chrisno
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:31 Di 06.03.2012 | | Autor: | chrisno |
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