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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:46 Sa 03.11.2007 | | Autor: | AriR |
| Aufgabe | Man würfelt wiederholt mit jeweils 2 fairen Würfeln. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür,
dass man das Ereignis
Augensumme =7 vor dem Ereignis
Augensumme = 5 beobachtet? |
hey leute,
weiß nicht genau wie ich das machen soll. hab erstmal einfach die beiden wahrscheinlichkeite für die ereignisse ausgerechnet aber das ist ja noch lange nicht das ziel :(
kann mir einer von euhc vllt sagen, wie ich jetzt weitermachen soll?
gruß
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> ... hab erstmal einfach die beiden wahrscheinlichkeiten
> für die ereignisse ausgerechnet.
> Aber das ist ja noch lange nicht das ziel
Du stehst bereits einen Meter vor der Ziellinie. Und nun ist es nur noch ein kleiner Schritt ...
Vorausgesetzt, du hast die Einzel-Ereignisse korrekt berechne, dann musst du diese nun nur noch multiplizieren.
(weil: Einzel-Ereignis 1 und Einzel-Ereignis 2 müssen zutreffen und zwar in genau dieser Reihenfolge).
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(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 10:15 Sa 03.11.2007 | | Autor: | koepper |
Hallo,
> > ... hab erstmal einfach die beiden wahrscheinlichkeiten
> > für die ereignisse ausgerechnet.
> > Aber das ist ja noch lange nicht das ziel
>
> Du stehst bereits einen Meter vor der Ziellinie. Und nun
> ist es nur noch ein kleiner Schritt ...
>
> Vorausgesetzt, du hast die Einzel-Ereignisse korrekt
> berechne, dann musst du diese nun nur noch multiplizieren.
> (weil: Einzel-Ereignis 1 und Einzel-Ereignis 2 müssen
> zutreffen und zwar in genau dieser Reihenfolge).
so geht das leider nicht.
Damit würdest du berechnen, wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, daß bei zweimaligem Würfeln erst Augensumme 7 und dann Augensumme 5 kommt. Hier soll aber beliebig oft gewürfelt werden und es soll "7" erscheinen bevor "5" erscheint.
Denk nochmal drüber nach, insbesondere denk an die geometrische Verteilung. Dann ist die Aufgabe sehr leicht.
Gruß
Will
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:18 Sa 03.11.2007 | | Autor: | Robert691 |
> Man würfelt wiederholt mit jeweils 2 fairen Würfeln. Wie
> groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür,
> dass man das Ereignis
> Augensumme =7 vor dem Ereignis
> Augensumme = 5 beobachtet?
> hey leute,
>
> weiß nicht genau wie ich das machen soll. hab erstmal
> einfach die beiden wahrscheinlichkeite für die ereignisse
> ausgerechnet aber das ist ja noch lange nicht das ziel :(
>
> kann mir einer von euhc vllt sagen, wie ich jetzt
> weitermachen soll?
>
> gruß
Hallo,
Ich finde, dass die Aufgabe nicht eindeutig gestellt ist.
Variante 1:
Als W. für Augensumme 7 bekomme ich 1/6, für die Augensumme 5 ist es 1/9.
Die Frage ist: wie w. ist es, dass zuerst "7", dann "5" erscheint?
1/6 mal 1/9.
Ergibt 1/54.
(Umgerechnet etwa 1,85%).
Dies gilt, wenn man an einer beliebigen Stelle des "wiederholten Würfeln" fragt, wie w. dieses Ereignis für die kommenden zwei Würfe ist.
Variante 2:
Würfelt man "wiederholt", so könnte dies auch heißen, dass man 100000 Mal oder öfter würfelt, dann passiert es sicher sehr wahrscheinlich, dass zwischendrin mal "7" und anschließend "5" auftritt.(P ist fast 1)
Variante 3:
Man könnte dies aber auch so auffassen: Man würfelt genügend oft, und wenn mal die "5" auftritt, schaut man, ober vorher die "7" auftrat.
Die W. dafür wäre schlicht 1/6, denn dass für ein beliebiges Mal die "7" auftritt, ist eben 1/6.
Also sollte hier der Aufgabensteller gefragt werden, wie die Aufgabe gemeint ist.
Eine der drei obigen Lösungen trifft dann zu.
Ich glaube, dass es Variante drei ist, aber wie gesagt, der Aufgabensteller muss sagen, wie es gemeint ist!
Viele Grüße.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:00 Sa 03.11.2007 | | Autor: | koepper |
Hallo,
> Ich finde, dass die Aufgabe nicht eindeutig gestellt ist.
ich fand die Aufgabe eigentlich völlig klar, aber nachdem du jetzt schon der zweite bist, der sie nicht versteht, scheint das ja doch nicht so ganz der Fall zu sein.
> Variante 1:
> Als W. für Augensumme 7 bekomme ich 1/6, für die
> Augensumme 5 ist es 1/9.
> Die Frage ist: wie w. ist es, dass zuerst "7", dann "5"
> erscheint?
> 1/6 mal 1/9.
> Ergibt 1/54.
> (Umgerechnet etwa 1,85%).
> Dies gilt, wenn man an einer beliebigen Stelle des
> "wiederholten Würfeln" fragt, wie w. dieses Ereignis für
> die kommenden zwei Würfe ist.
das stimmt zwar, aber ich denke nicht, daß man die Aufgabenstellung so verstehen kann.
> Variante 2:
> Würfelt man "wiederholt", so könnte dies auch heißen, dass
> man 100000 Mal oder öfter würfelt, dann passiert es sicher
> sehr wahrscheinlich, dass zwischendrin mal "7" und
> anschließend "5" auftritt.(P ist fast 1)
das kommt aus meiner Sicht noch weniger in Frage.
> Variante 3:
> Man könnte dies aber auch so auffassen: Man würfelt
> genügend oft, und wenn mal die "5" auftritt, schaut man,
> ober vorher die "7" auftrat.
Du meinst das sicher umgekehrt: Man würfelt und beobachtet, ob eine Summe 5 oder 7 ist. Kommt zuerst die Summe 7, dann --> Erfolg, kommt zuerst die Summe 5, dann --> Mißerfolg.
Wie wahrscheinlich ist der Erfolg?
So verstehe ich diese Aufgabe.
> Die W. dafür wäre schlicht 1/6
leider nicht.
> , denn dass für ein beliebiges Mal die "7" auftritt, ist eben 1/6.
schon wahr, aber die Frage in Variante 3 ist ja ganz anders, siehe oben.
> Also sollte hier der Aufgabensteller gefragt werden, wie
> die Aufgabe gemeint ist.
das denke ich langsam auch.
> Eine der drei obigen Lösungen trifft dann zu.
> Ich glaube, dass es Variante drei ist, aber wie gesagt,
> der Aufgabensteller muss sagen, wie es gemeint ist!
ich befürchte nur fast, AriR weiß auch nicht mehr, als das was er geschrieben hat.
Der Aufgabensteller ist wahrscheinlich sein Prof.
LG
Will
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:49 Sa 03.11.2007 | | Autor: | koepper |
Hallo nochmal,
da ja sonst keine Kommentare hierzu kommen, gebe ich mal den Lösungsweg für die aus meiner Sicht einzige plausible Interpretation der Aufgabenstellung an:
Man wirft beliebig oft je 2 Würfel und beobachtet jeweils, ob eine Summe 5 oder 7 ist. Kommt zuerst die Summe 7, dann --> Erfolg, kommt zuerst die Summe 5, dann --> Mißerfolg.
Wie wahrscheinlich ist der Erfolg?
Um einen Erfolg zu erzielen, darf bis zum letzten Wurf weder Summe=5 noch Summe=7 kommen. Im letzten Wurf muß dann die Summe=7 sein. Dieser letzte Wurf kann an den Positionen 1 bis n ($n [mm] \in \IN$) [/mm] kommen. Es ist
[mm] $P(\text{Summe=5}) [/mm] = [mm] \frac{1}{9}$ [/mm] und [mm] $P(\text{Summe=7}) [/mm] = [mm] \frac{1}{6}.$ [/mm] Dann ist [mm] $P(\text{Summe ist weder 7 noch 5}) [/mm] = [mm] \frac{13}{18}.$
[/mm]
Damit ist
[mm] $P(\text{Summe=7 vor Summe=5})= \frac{1}{6} [/mm] + [mm] \frac{13}{18} [/mm] * [mm] \frac{1}{6} [/mm] + [mm] \left(\frac{13}{18}\right)^2 [/mm] * [mm] \frac{1}{6} [/mm] + [mm] \ldots [/mm] = [mm] \frac{1}{6} [/mm] * [mm] \sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{13}{18}\right)^k [/mm] = [mm] \frac{3}{5}.$
[/mm]
Das letzte Gleichheitszeichen solltest du noch kurz begründen, AriR.
Gruß
Will
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Zusammenfassend kann man doch sagen, dass bei [mm] p_{1}=\bruch{1}{6} [/mm] und [mm] p_{2}=\bruch{1}{9} [/mm] das [mm] p_{1}-Ereignis [/mm] mit einer Wahrscheinlichkeit von [mm] \bruch{3}{5} [/mm] früher kommt als das [mm] p_{2}-Ereignis.
[/mm]
Ist [mm] p_{1}=p_{2}, [/mm] dann ist diese Wahrscheinlichkeit gleich 0.5 (behaupte ich mal so aus dem Bauch heraus).
Zusatzfrage:
Wie lautet denn die generelle Formel für jedes beliebige [mm] p_{1} [/mm] und [mm] p_{2}, [/mm] dass das Ereignis 1 vor dem Ereignis 2 auftritt ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:32 So 04.11.2007 | | Autor: | koepper |
Guten Morgen rabilein,
> Zusammenfassend kann man doch sagen, dass bei
> [mm]p_{1}=\bruch{1}{6}[/mm] und [mm]p_{2}=\bruch{1}{9}[/mm] das
> [mm]p_{1}-Ereignis[/mm] mit einer Wahrscheinlichkeit von
> [mm]\bruch{3}{5}[/mm] früher kommt als das [mm]p_{2}-Ereignis.[/mm]
ja.
> Ist [mm]p_{1}=p_{2},[/mm] dann ist diese Wahrscheinlichkeit gleich
> 0.5 (behaupte ich mal so aus dem Bauch heraus).
Dein Bauch hat recht 
> Zusatzfrage:
> Wie lautet denn die generelle Formel für jedes beliebige
> [mm]p_{1}[/mm] und [mm]p_{2},[/mm] dass das Ereignis 1 vor dem Ereignis 2
> auftritt ?
Das ist eine sehr kurze und einfache Formel. Aber da ich ja weiß, daß du nicht auf den Kopf gefallen bist, möchte ich dir nicht die Genugtuung nehmen, sie selbst herauszufinden.
LG
Will
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:41 So 04.11.2007 | | Autor: | rabilein1 |
> Das ist eine sehr kurze und einfache Formel. Aber da ich ja
> weiß, daß du nicht auf den Kopf gefallen bist, möchte ich
> dir nicht die Genugtuung nehmen, sie selbst
> herauszufinden.
Du bist gemein - nicht, weil du mir die Antwort nicht verrätst, sondern weil du mich mit deiner "fiesen" Formel auf einen Holzweg schicken wolltest.
Aber ich denke immer ganz "simpel und einfach" und versuche immer, Shweirigkeiten aus dem Weg zu gehen:
Deshalb ignoriere ich alles, was außerhalb der gesuchten Ereignisse liegt (im Beispiel: gesucht ist Summe=7 und Summe=5). Nur die gesuchten Ereignisse sind interessant - alles andere ist uninteressant.
[mm] p_{1}+p_{2}= [/mm] interessantes Ereignis
[mm] 1-(p_{1}+p_{2})= [/mm] uninteressantes Ereignis
Die interessanten Ereignisse sollen nun zusammen die Wahrscheinlichkeit EINS haben - in ihrem entsprechenden Verhältnis:
[mm] m*(p_{1}+p_{2})=1
[/mm]
Also m= [mm] \bruch{1}{p_{1}+p_{2}} [/mm]
Und nun tue ich so, als gäbe es nur die "interessanten Ereignisse", und frage, mit welcher Wahrscheinlichkeit das Ereignis 1 als erstes kommt.
Und die Antwort ist [mm] \bruch{m*p_{1} }{m*(p_{1}+p_{2})}
[/mm]
Und nun noch das m kürzen: [mm] w=\bruch{p_{1} }{p_{1}+p_{2}}
[/mm]
Die Quintessenz von dem Ganzen ist, dass man diesen umständlichen Weg mit der unendlichen Reihe gar nicht braucht
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:38 So 04.11.2007 | | Autor: | koepper |
Hallo rabilein,
> Du bist gemein - nicht, weil du mir die Antwort nicht
> verrätst, sondern weil du mich mit deiner "fiesen" Formel
> auf einen Holzweg schicken wolltest.
daß du mich "gemein" nennst, finde ich aber wirklich gemein :-(
Mit der "fiesen" Formel meinst du vielleicht die geometrische Reihe?
Die gehört doch eigentlich spätestens im 1. Semester zum Grundwissen, oft sogar schon bei Schülern.
> Aber ich denke immer ganz "simpel und einfach" und versuche
> immer, Shweirigkeiten aus dem Weg zu gehen:
das ist ausgezeichnet.
> Deshalb ignoriere ich alles, was außerhalb der gesuchten
> Ereignisse liegt (im Beispiel: gesucht ist Summe=7 und
> Summe=5). Nur die gesuchten Ereignisse sind interessant -
> alles andere ist uninteressant.
>
> [mm]p_{1}+p_{2}=[/mm] interessantes Ereignis
> [mm]1-(p_{1}+p_{2})=[/mm] uninteressantes Ereignis
>
> Die interessanten Ereignisse sollen nun zusammen die
> Wahrscheinlichkeit EINS haben - in ihrem entsprechenden
> Verhältnis:
ehrlich gesagt: ich verstehe nicht, warum. Und welche Bedeutung hat hier m?
>
> [mm]m*(p_{1}+p_{2})=1[/mm]
>
> Also m= [mm]\bruch{1}{p_{1}+p_{2}}[/mm]
>
> Und nun tue ich so, als gäbe es nur die "interessanten
> Ereignisse", und frage, mit welcher Wahrscheinlichkeit das
> Ereignis 1 als erstes kommt.
>
> Und die Antwort ist [mm]\bruch{m*p_{1} }{m*(p_{1}+p_{2})}[/mm]
>
> Und nun noch das m kürzen: [mm]w=\bruch{p_{1} }{p_{1}+p_{2}}[/mm]
hmmmm.... ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]") die Formel ist zweifellos richtig, aber wie du drauf kommst kann ich wirklich nicht nachvollziehen.
Vielleicht "stehe ich auch nur auf der Leitung".
> Die Quintessenz von dem Ganzen ist, dass man diesen
> umständlichen Weg mit der unendlichen Reihe gar nicht
> braucht
Ich finde den Weg über die geometrische Reihe ziemlich einfach, zumal er sich ja auch durch die geometrische Verteilung geradezu aufdrängt. Aber deinen Weg finde ich auch ganz interessant. Vor allem, weil er Resultat einer völlig anderen Denkweise zu sein scheint. Vielleicht könntest du diese Denk- und Herangehensweise noch etwas genauer erläutern?
Dabei wäre es sicher hilfreich für die Verständlichkeit, wenn du zwischen einem Ereignis A und seiner Wahrscheinlichkeit P(A) unterscheiden würdest.
LG
Will
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Hallo koepper,
meine "einfache Denkweise" - ohne geometrische Reihe - beruht auf Folgendem:
Alle Ereignisse, die irrelevant sind, kann man gleich außen vor lassen.
In diesem konkreten Fall ging es doch nur um Summe=7 (mit der Wahrscheinlichkeit 1:6) und Summe=5 (mit der Wahrscheinlichkeit 1:9).
Alle anderen Summen interessieren doch gar nicht.
Also tue ich so, als gäbe es nur Summe=7 und Summe=5.
Und wenn es nur Summe=7 und Summe=5 gibt, dann ist die Gesamtwahrscheinlichkeit dafür EINS.
So wird aus 1:6=0.1666 und 1:9=0.1111 (mit m=3.6 multipliziert)
=> 0.6 bzw. 0.4
(Verhältnis muss bleiben und Summe muss EINS sein)
Tja, das ist eigentlich alles.
ZUSATZAUFGABE:
In der ersten Runde des DFB-Pokals sind noch 64 Mannschaften vertreten.
Wie viele Spiele sind erforderlich, bis der Pokalsieger feststeht?
Das kannst du mit "Folgen und Reihen" lösen...
32 + 16 + 8 + 4 + 2 + 1 = 63
... oder mit Köpfchen:
c
In jedem Spiel scheidet der Verlierer aus. Von 64 Mannschaften wird nur EINER Pokalsieger. Also gibt es 63 (64-1) Verlierer - und somit 63 Spiele.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:44 So 04.11.2007 | | Autor: | koepper |
Guten Tag,
seien A und B zwei disjunkte Ereignisse in einem Zufallsexperiment, das wiederholt durchgeführt werde.
Dann gilt:
$ [mm] P(\text{A tritt vor B ein})$
[/mm]
$= P(A) + (1 - P(A) - P(B)) * P(A) + (1 - P(A) - [mm] P(B))^2 [/mm] * P(A) + (1 - P(A) - [mm] P(B))^3 [/mm] * P(A) + [mm] \ldots$
[/mm]
$ = [mm] P(A)\cdot \sum_{k=0}^{\infty} [/mm] (1 - P(A) - [mm] P(B))^k [/mm] $
$= [mm] \frac{P(A)}{P(A) + P(B)}.$
[/mm]
Gruß
Will
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:56 So 04.11.2007 | | Autor: | Robert691 |
Hallo koepper,
ja pardon, stimme zu, diese Interpretation kann nur die richtige sein.
Entschuldigung, dass ich zuerst Verwirrung gestiftet habe.
Gruß.
> Hallo nochmal,
>
> da ja sonst keine Kommentare hierzu kommen, gebe ich mal
> den Lösungsweg für die aus meiner Sicht einzige plausible
> Interpretation der Aufgabenstellung an:
>
> Man wirft beliebig oft je 2 Würfel und beobachtet jeweils,
> ob eine Summe 5 oder 7 ist. Kommt zuerst die Summe 7, dann
> --> Erfolg, kommt zuerst die Summe 5, dann --> Mißerfolg.
> Wie wahrscheinlich ist der Erfolg?
>
> Um einen Erfolg zu erzielen, darf bis zum letzten Wurf
> weder Summe=5 noch Summe=7 kommen. Im letzten Wurf muß dann
> die Summe=7 sein. Dieser letzte Wurf kann an den Positionen
> 1 bis n ([mm]n \in \IN[/mm]) kommen. Es ist
>
> [mm]P(\text{Summe=5}) = \frac{1}{9}[/mm] und [mm]P(\text{Summe=7}) = \frac{1}{6}.[/mm]
> Dann ist [mm]P(\text{Summe ist weder 7 noch 5}) = \frac{13}{18}.[/mm]
>
> Damit ist
>
> [mm]P(\text{Summe=7 vor Summe=5})= \frac{1}{6} + \frac{13}{18} * \frac{1}{6} + \left(\frac{13}{18}\right)^2 * \frac{1}{6} + \ldots = \frac{1}{6} * \sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{13}{18}\right)^k = \frac{3}{5}.[/mm]
>
> Das letzte Gleichheitszeichen solltest du noch kurz
> begründen, AriR.
>
> Gruß
> Will
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:25 So 04.11.2007 | | Autor: | AriR |
super!! danke jetzt ist es klar.. das letzte gleihcheitszeichen kann man einfach mit der geom. reihe begründen, wenn ich mich nicht irre
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