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Annika (inu_yasha)
Neues Mitglied
Benutzername: inu_yasha
Nummer des Beitrags: 1
Registriert: 03-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 12. März, 2002 - 17:41: | 
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Hallo, vielleicht könnt ihr mir helfen. Ich habe 3 Aufgaben für den Münzwurf, die ich nicht verstehe...
1. Wie viele Möglichkeiten gibt es, bei einem 12fachen Münzwurf 5mal Wappen zu haben?
2. Wie viele Möglichkeiten gibt es, 4 Wappen und 8 Zahlen auf 12 Plätze zu setzen?
3. Welche Wahrscheinlichkeit hat jedes der möglichen Ergebnisse beim 12fachen Münzwurf?
Bitte helft mir, es ist wirklich wichtig! Danke, bye Annika |
sky
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 21. März, 2002 - 13:26: |
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Hallo,
ist zwar nen Bisschen spät aber vielleicht hilfts ja noch.
zu 1)
Ein Ereignis beim 12fachen Wurf sieht kann man so darstellen:
(x1,x2,...,x12) wobei die xi aus {Wappen,Zahl} sind.
Du suchst also die Anzahl der Möglichkeiten aus diesen 12 Würfen/x genau 5 auszuwählen, die Wappen ergeben haben. Und genau das wird von (12 über 5) ausgedrückt.
[(n über m) = n!/(m!*(n-m)!)]
zu 2)
Das Problem umformuliert wäre: "Wie viele Möglichkeiten gibt es, bei einem 12fachen Münzwurf 4mal Wappen zu haben?" Die Lösung ist also die gleiche wie in 1) nur mit 4 statt 5.
zu 3)
Die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses ergibt sich aus dem Quotienten der Anzahl der für das Problem positiven Ereignisse durch die Anzahl aller möglichen Ereignisse.
Die jeweiligen Anzahlen der positiven Ergeignisse sind bereits in 1) und 2) berechent worden. Fehlt also noch die Gesamtzahl der möglichen Ereignisse beim 12fachen Münzwurf.
Die Menge der Zustände, die die Münze einnehmen kann, ist {W,Z}. Für Wappen und Zahl. Die Menge ist also 2-elementig. Angenommen man würde nur zwei mal werfen, dann wäre die Menge aller möglichen Ereignisse {(W,W),(W,Z),(Z,W),(Z,Z)}. Ein einziges Ereignis könnte man also als Klammer mit zwei Werten interpretieren, beim 3fachen Wurf als Klammer mit 3 Werten, usw..
Die Gesamtzahl dieser Klammern ergibt sich nun aus der Anzahl der Elemente der Ausgangsmenge |{W,Z}| = 2 hoch der Anzahl der Würfe. 2^1=2, 2^2=4, usw.. Für das konkrete Problem ist die Anzahl aller Möglichkeiten also 2^12.
Die gesuchten Wahrscheinlichkeiten ergeben sich also wie folgt:
(12 über 5)/(2^12) und (12 über 4)/(2^12)
Viel Spaß noch
Sebastian |
Heiko
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 21. März, 2002 - 15:52: |
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Hi, bin hier absolut zufällig reingestolpert und muss mich doch wundern - Sebastian, du formulierst deinen "Lösung" zwar recht ausführlich, aber leider ist sie falsch...
1) richtig :-)
2) Absoluter Käse *sorry* - es geht ja eindeutig um die Anzahl der verschiedenen Anordnungen, der Binomialkoeffizient berücksichtigt aber NICHT die Reihenfolge. Du hast 12 Elemente, die du der Reihe nach anordnen willst. Zählprinzip: das erste hat 12 Plätze, das zweite noch 11, das dritte 10.. etc, also insgesamt 12! Mgl.
So, jetzt sind dummerweise aber 4 Wappen bzw. 8 Zahlen gleich, d.h. diese 4 / 8 sind untereinander nicht unterscheidbar. Für die gibt es 4! bzw. 8! Mgl, sie anzuordnen- all diese Mgl müssen aus den 12! rausdividiert werden. DEshalb:
12!/(4!8!) (Klassisches Beipsiel: Wieviel Wortkombinationen kann man aus "MISSISSIPPI" oder "OTTO" erzeugen?
3) Naja, ich denke du (oder ich *g*) hast die Frage nicht verstanden: "jedes der möglichen Ereignisse" beim 12-maligen Werfen einer Münze: Welche Ereignisse können vorkommen? genau 0 W und 12 Z, 1W und 11Z, 2W und 10 Z.... etc.
Hier gehts jetzt also darum, mit einer TrefferWSK von 0,5 (W) und 0,5 (Z) und zwar MIT Zurücklegen genau 5*W und 7*Z zu werfen, also
"eigentlich" (0,5)^5 * (0,5)^7. ((Bernoullikette)
Jetzt spielt die Reihenfolge aber keine Rolle, d.h. dieser Term muss mit (12 über 5) multipliziert werden, da es so viel Anordnungsmgl gibt (siehe 1!).
Sprich: (12 über 0)*(0,5)^0*(0,5)^12 (genau 0 W)
(12 über 1)*(0,5)^1*(0,5)^11 (genau 1 W)
(12 über 2)*(0,5)^2*(0,5)^10 (genau 2 W)
etc...
Beim Schluss bin ich wieder einverstanden: Viel Spass noch, Annika.. ;-)
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er
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 21. März, 2002 - 17:07: |
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Hi Heiko,
wenn ich Sebastian richtig verstanden habe, meint er bei 2)
(12 über 4) Möglichkeiten, und das ist dasselbe wie deine Zahl 12!/(4!8!)
zu 3)
Wenn man unter "Ergebnis" ein "Elementarereignis" versteht, dann würde ich 2^12 für die richtige Anzahl der Ergebnisse halten und demnach ist
1/2^12 = 2^(-12) ~= 0.000244 die gesuchte Wahrscheinlichkeit für ein Ergebnis.
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sky
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Samstag, den 23. März, 2002 - 15:22: |
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Hi nochmal,
und erstmal HUCH?! Da sieht man mal wie verwirrend der Stoff doch sein kann. Nochmal zu 1) und 2)
Ja, ich meinte wirklich (12 über 4). Also ich geb ja zu, daß ich nen Bisschen um die Ecke gedacht hab, aber da Heiko ja auf die gleiche Lösung gekommen ist, scheint es ja zu stimmen. Ich dachte das wäre so besonders anschaulich. Der Binomialkoeffizient drückt wirklich nicht die Reihenfolge aus. Da hat Heiko recht. Er hat aber auch recht, wenn er sagt, daß die Wappen nicht unterscheidbar sind. Und somit ist er dann wieder auf den Binomialkoeffizienten zurückgekommen  . Die Formulierungen sind nämlich gleichbedeutend. Es kommt halt immer drauf an wie man sich das Problem vorstellt. Würde ich die Reihenfolge hier berücksichtigen wollen, müsste ich jedem Wappen und jeder Zahl zum Beispiel ne Identifikationszahl verpassen. Dann würde das Problem nen Bisschen unübersichtlich werden. Dann wäre die Ausgangsmenge nichtmehr {Z,W} sondern {Z1,..,Z8,W1,..W5}. Aber lassen wir das wir sind uns ja einig geworden .
zu 3)
Ja, ich hab die Aufgabe zu schnell gelesen. SORRY! "er" hat recht.
Nichts für ungut und noch viel Spaß beim Kopfzerbrechen
Sebastian |
Schmasie
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Freitag, den 12. April, 2002 - 15:42: |
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Hab mal wieder ein Problem
Für ein Spiel stehen reguläre Würfel zur Verfügung. Gerda und Alex würfeln nacheinander mit beiden Würfeln. Gerda schlägt vor, dass sie einen Pluspunkt erhält, wenn die Augensumme 5 ist. Alex bekommt einen Punkt, wenn die Augensumme 10 ist.
Wer hat die größere Gewinnchance? Begrunden sie Ihre Aussage.
Geben Sie zwei Augenmsummen mit gleicher Gewinnchance an. |
A.K.
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Samstag, den 13. April, 2002 - 08:28: |
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Hallo Schmasie
Die Augensumme 5 erhält man mit folgenden Kombinationen:
(1|4), (4|1), (2|3), (3|2)
Die Augensumme 10 erhält man mit:
(4|6), (6|4), (5|5)
Für jede dieser Kombination ist die Wahrscheinlichkeit (1/6)*(1/6)=1/36
=> Augensumme 5: 4*(1/36)=4/36=1/9
Augensumme 10: 3*(1/36)=3/36=1/12
Also hat Gerda die größere Gewinnchance.
Augensummen mit gleicher Gewinnchance sind:
(2 und 12), (3 und 11), (4 und 10), (5 und 9) sowie (6 und 8)
Mfg K. |
rock
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Freitag, den 03. Mai, 2002 - 14:10: |
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hi vielleict könnt ihr mir helfen ich hab da so eine aufgabe die ich nicht verstehe,also in einem gefäß sind vier buchstaben sie heisen t,i,m,o
1.was ist di ewahrscheinlichkeit das ich timo ziehe
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A.K.
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Freitag, den 03. Mai, 2002 - 17:20: |
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Hallo Rock
es sind vier verschiedene Buchstaben im Gefäß.
Die Wahrscheinlich P ist beim ersten Ziehen für jeden Buchstaben 1/4=0,25;
also P1(t)=0,25
Nun sind noch 3 verschiedene Buchstaben im Gefäß.
Beim zweiten Ziehen beträgt die Wahrscheinlich für jeden dieser Buchstaben 1/3;
P2(i)=1/3
3. Ziehen: P3(m)=1/2
4. Ziehen: P4(o)=1/1
=> P(timo)=(1/4)*(1/3)*(1/2)*(1/1)=1/24
Mfg K.
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