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[Dateianhang nicht öffentlich]
Hi,
a)
zuerst bestimme ich die Wahrscheinlichkeiten für das eintreten für die Fälle A, B, C um mich entscheiden zu können, für welchen Fall ich mich entscheiden würde:
Ereignis A:
Insgesamt gibt es 6*6=36 Möglichkeiten wie die Würfel in "Kombination" fallen können:
(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6)
(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6)
(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)
(4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6)
(5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6)
(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)
Bei den 20 grün markierten Ereignissen ist die Augensumme min. sieben.
Deshalb ist die Wahrscheinlichkeit bei Ereignis C zu gewinnen [mm] $\bruch{20}{36}=\bruch{5}{9} \approx [/mm] 55,55 [mm] \%$
[/mm]
Ereignis B:
Insgesamt gibt es 6*6=36 Möglichkeiten wie die Würfel in "Kombination" fallen können:
(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6)
(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6)
(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)
(4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6)
(5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6)
(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)
Bei den 21 grün markierten Ereignissen ist die Augensumme min. sieben.
Deshalb ist die Wahrscheinlichkeit bei Ereignis B zu gewinnen [mm] $\bruch{21}{36}=\bruch{7}{12} \approx [/mm] 58,33 [mm] \%$
[/mm]
Ereignis C:
Insgesamt gibt es 6*6=36 Möglichkeiten wie die Würfel in "Kombination" fallen können:
(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6)
(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6)
(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)
(4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6)
(5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6)
(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)
Bei den 20 grün markierten Ereignissen ist die Differen der Augensumme min. 2.
Deshalb ist die Wahrscheinlichkeit bei Ereignis C zu gewinnen [mm] $\bruch{20}{36}=\bruch{5}{9} \approx [/mm] 55,55 [mm] \%$
[/mm]
Ich würde mich für Möglichkeit B entscheiden.
b) i bis iii
Muss ich hier die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten der einzelnen Ereignisse miteinander multiplizieren? Ich habe hier keine Ahung, wie ich vorgehen könnte.
b) iv
Das sind die 7 Möglichkeiten, die von keinem der drei Ereignisse abgedeckt werden:
(1, 1), (1, 2),(2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3)
Danke
Grüße Thomas
Insgesamt gibt es immer noch 6*6=36 Kombinationen.
Die Wahrscheinlichkeit, dass keine der Spiele gerwinnt liegt bei [mm] $\bruch{7}{36} \approx [/mm] 19,44 [mm] \%$
[/mm]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: PNG) [nicht öffentlich]
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Zu A, B, C:
Du hast das ja alles schön aufgeführt und abgezählt. Ich habe das jetzt nicht alles nachgeprüft, sondern gehe mal davon aus, dass du richtig gezählt hast.
Als kleiner Tipp zu A:
Die Wahrscheinlichkeit, in einem Wurf keine "5" oder "6" zu werfen, ist [mm] \bruch{2}{3}. [/mm]
Dann ist die Wahrscheinlichkeit, zweimal hintereinander keine "5" oder "6" zu werfen [mm] \bruch{2}{3}*\bruch{2}{3}=\bruch{4}{9}.
[/mm]
Die Gegenwahrscheinlichkeit - also mindestens einmal eine "5" oder "6" zu werfen - ist dann [mm] \bruch{5}{9}
[/mm]
Bei zwei Würfen kannst du noch abzählen. Bei umfangreicheren Ereignissen ist das unter Umständen extrem zeitaufwändig.
Aufgabe (a) ist richtig: Du nimmst das Ereignis mit der größten Gewinn-Wahrscheinlichkeit
Aufgabe (b):
(i): Hier musst du nur multiplizieren, weil ja alle 3 gewinnen müssen
(ii): nur a und c bedeutet:
a ja + b nein + c ja = für b die Gegenwahrscheinlichkeit.
Und dann musst du daran denken, dass du noch durch 3 dividierst, weil die b an erster, zweiter oder dritter Stelle stehen kann.
(iii): nur b
entsprechend zu (ii) = Gegenwahrscheinlichkeit zu a und c, sowie positive Wahrscheinlichkeit von b. Und das Dividieren durch 3 nicht vergessen
Durchgestrichen: weil ja die Gewinner und Verlierer feststehen. Nur wenn es heißt, dass einer gewinnt bzw. verliert (und man nicht weiß, wer das ist), dann muss man noch die möglichen Kominationen beachten
(iv): keiner gewinnt
Das ist wieder einfach, weil du dann nur die Gegenwahrscheinlichkeiten miteinander multiplizieren musst
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[Dateianhang nicht öffentlich]
Hi,
danke fürs kontrolliren/verbessern/erweitern.
Ich hab noch Fragen dazu:
> Als kleiner Tipp zu A:
> Die Wahrscheinlichkeit, in einem Wurf keine "5" oder "6" zu
> werfen, ist [mm]\bruch{2}{3}.[/mm]
>
> Dann ist die Wahrscheinlichkeit, zweimal hintereinander
> keine "5" oder "6" zu werfen
> [mm]\bruch{2}{3}*\bruch{2}{3}=\bruch{4}{9}.[/mm]
>
> Die Gegenwahrscheinlichkeit - also mindestens einmal eine
> "5" oder "6" zu werfen - ist dann [mm]\bruch{5}{9}[/mm]
>
> Bei zwei Würfen kannst du noch abzählen. Bei
> umfangreicheren Ereignissen ist das unter Umständen extrem
> zeitaufwändig.
Fall A wollte ich zuerst auch anders lösen, als mit abzählen. Du hast das jetzt mit der "Gegenwahrscheinlichkeit" gemacht. Kann ich das ganze auch mit der Wahrscheinnlichkeit machen? Also ich würde es gerne auf diesem Wege versuchen: Ich weiß, dass die Wahrscheinlichkeit eine 5 oder 6 zu würfeln bei einem Würfel bei [mm] $\blue{\bruch{2}{6}=\bruch{1}{3}}$ [/mm] liegt, wie kann ich das jetzt auf 2 Würfel übertragen?
a) ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
zuerst bestimme ich die Wahrscheinlichkeiten für das eintreten für die Fälle A, B, C um mich entscheiden zu können, für welchen Fall ich mich entscheiden würde:
Ereignis A:
Insgesamt gibt es 6*6=36 Möglichkeiten wie die Würfel in "Kombination" fallen können:
(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6)
(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6)
(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)
(4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6)
(5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6)
(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)
Bei den 20 grün markierten Ereignissen ist die Augensumme min. sieben.
Deshalb ist die Wahrscheinlichkeit bei Ereignis C zu gewinnen [mm] $\bruch{20}{36}=\bruch{5}{9} \approx [/mm] 55,55 [mm] \%$
[/mm]
Ereignis B:
Insgesamt gibt es 6*6=36 Möglichkeiten wie die Würfel in "Kombination" fallen können:
(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6)
(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6)
(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)
(4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6)
(5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6)
(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)
Bei den 21 grün markierten Ereignissen ist die Augensumme min. sieben.
Deshalb ist die Wahrscheinlichkeit bei Ereignis B zu gewinnen [mm] $\bruch{21}{36}=\bruch{7}{12} \approx [/mm] 58,33 [mm] \%$
[/mm]
Ereignis C:
Insgesamt gibt es 6*6=36 Möglichkeiten wie die Würfel in "Kombination" fallen können:
(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6)
(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6)
(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)
(4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6)
(5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6)
(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)
Bei den 20 grün markierten Ereignissen ist die Differen der Augensumme min. 2.
Deshalb ist die Wahrscheinlichkeit bei Ereignis C zu gewinnen [mm] $\bruch{20}{36}=\bruch{5}{9} \approx [/mm] 55,55 [mm] \%$
[/mm]
Ich würde mich für Möglichkeit B entscheiden.
b) i neu
"Hier musst du nur multiplizieren, weil ja alle 3 gewinnen müssen"
[mm] $A*B*C=\bruch{5}{9}*\bruch{7}{12}*\bruch{5}{9}=\bruch{175}{972} \approx [/mm] 18 [mm] \%$
[/mm]
b) ii neu
"nur a und c bedeutet: a ja + b nein + c ja = für b die Gegenwahrscheinlichkeit"
[mm] $A*B_G*C=\bruch{5}{9}*\bruch{5}{12}*\bruch{5}{9}=\bruch{125}{972} \approx [/mm] 12,86 [mm] \%$
[/mm]
b) iii neu
[mm] $A_G*B*C_G=\bruch{4}{9}*\bruch{7}{12}*\bruch{4}{9}=\bruch{28}{243} \approx [/mm] 11,52 [mm] \%$
[/mm]
b) iv neu
[mm] $A_G*B_G*C_G=\bruch{4}{9}*\bruch{5}{12}*\bruch{4}{9}=\bruch{20}{243} \approx [/mm] 8,23 [mm] \%$
[/mm]
Danke
Grüße Thomas
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:23 So 15.07.2007 | | Autor: | dormant |
Hi!
a) ist richtig, wie ich finde.
b) i) stimmt nicht. Die Ereignisse sind nicht unabhängig, deswegen kann man nicht einfach die WKen miteinander multiplizieren. Es gibt 12 (wenn ich mich nicht verzählt hab) Ereignisse, bei denen jeder der drei Spieler gewinnt (so ein Eriegnis ist z.B. (1,6)) - also 12/36=1/3.
Bei ii)-iv) sollte man auch eher wie in i) versuchen die Anzahl der günstigen Ereignisse rauszukriegen.
ii) hierzu gibt es nur zwei günstige Ereignisse - (1,5) und (5,1), also WK=1/36.
iii) hier sind's drei: (3,4), (4,4), (4,3).
iv) hier sind's sieben - WK=7/36.
Gruß,
dormant
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:44 So 15.07.2007 | | Autor: | KnockDown |
[Dateianhang nicht öffentlich]
Hi Dormant, im ersten Thread hatte ich iv) richtig :)
Also muss ich bei solchen Würfelgeschichten mir das immer "aufmalen" um das sehen zu können.
a)
zuerst bestimme ich die Wahrscheinlichkeiten für das eintreten für die Fälle A, B, C um mich entscheiden zu können, für welchen Fall ich mich entscheiden würde:
Ereignis A:
Insgesamt gibt es 6*6=36 Möglichkeiten wie die Würfel in "Kombination" fallen können:
(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6)
(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6)
(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)
(4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6)
(5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6)
(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)
Bei den 20 grün markierten Ereignissen ist die Augensumme min. sieben.
Deshalb ist die Wahrscheinlichkeit bei Ereignis C zu gewinnen [mm] $\bruch{20}{36}=\bruch{5}{9} \approx [/mm] 55,55 [mm] \%$
[/mm]
Ereignis B:
Insgesamt gibt es 6*6=36 Möglichkeiten wie die Würfel in "Kombination" fallen können:
(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6)
(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6)
(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)
(4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6)
(5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6)
(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)
Bei den 21 grün markierten Ereignissen ist die Augensumme min. sieben.
Deshalb ist die Wahrscheinlichkeit bei Ereignis B zu gewinnen [mm] $\bruch{21}{36}=\bruch{7}{12} \approx [/mm] 58,33 [mm] \%$
[/mm]
Ereignis C:
Insgesamt gibt es 6*6=36 Möglichkeiten wie die Würfel in "Kombination" fallen können:
(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6)
(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6)
(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)
(4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6)
(5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6)
(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)
Bei den 20 grün markierten Ereignissen ist die Differen der Augensumme min. 2.
Deshalb ist die Wahrscheinlichkeit bei Ereignis C zu gewinnen [mm] $\bruch{20}{36}=\bruch{5}{9} \approx [/mm] 55,55 [mm] \%$
[/mm]
Ich würde mich für Möglichkeit B entscheiden.
b) i neu
Die Ereignisse sind nicht unabhängig, deswegen kann man nicht einfach die WKen miteinander multiplizieren. Es gibt 12 (wenn ich mich nicht verzählt hab) Ereignisse, bei denen jeder der drei Spieler gewinnt (so ein Eriegnis ist z.B. (1,6)) - also 12/36=1/3.
b) ii neu
hierzu gibt es nur zwei günstige Ereignisse - (1,5) und (5,1), also WK=1/36.
b) iii neu
hier sind's drei: (3,4), (4,4), (4,3)
b) iv neu
hier sind's sieben - WK=7/36.
Danke
Grüße Thomas
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Genau das habe ich auch raus:
ii) 12.86 %
iii) 11.52 %
iv) 8.23 %
Man muss einfach nur multiplizieren, da ja die Ereignisse a, b, c (bzw. deren Gegenereignisse) alle auftreten sollen.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:32 Mo 16.07.2007 | | Autor: | dormant |
Hi!
Ich finde das stimmt nicht. Keins deiner Ergebnisse hat die form n/36 mit n ganzzahlig und kleiner 36.
Gruß,
dormant
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| Status: |
(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 09:50 Mo 16.07.2007 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hiho,
also die ii) ist definitiv falsch, es gibt nämlich nur ein Fall, wo das Eintritt, nämlich (1,5)
Die Wahrscheinlichkeit dafür wäre [mm] \bruch{1}{36} [/mm] = 3%
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| Status: |
(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 11:39 Mo 16.07.2007 | | Autor: | dormant |
Hi!
(5,1) geht natürlich auch - WK=2/36.
Gruß,
dormant
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:49 Mo 16.07.2007 | | Autor: | rabilein1 |
Ich hatte die Aufgabe so aufgefasst, dass jeder der drei Spieler für sich würfelt (unabhängig vom Ergebnis der anderen).
Aber ihr habt Recht, dass man es anders auffassen muss (dass für jeden das selbe Wurfergebnis zählt).
Was aber mal wieder meine These beweist, dass die meisten Mathe-Fehler aufgrund von Deutsch-Fehlern entstehen. (Fehler im Verstehen der Aufgabe und nicht im Lösen der Aufgabe)
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