Häufigkeits- und Wahrscheinlichkeitsverteilungen Problem

21.04.2006, 16:54

hakeem88

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Häufigkeits- und Wahrscheinlichkeitsverteilungen Problem

hier ist eine matheaufgabe die ich lösen soll, aber ich finde die lösung nicht oder weiß nicht wie ich das beginnen oder angehen soll... hier die aufgabe

http://home.arcor.de/hakeem88/untitled.JPG

ich bedanke mich schon mal für jede hilfe die ich bekomme...

MFG
Hakeem88 und happy birthday liebes matheboard... ;-)

21.04.2006, 17:04

Grand

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überleg doch mal wie oft denn z.b die kombination 1+4+6 wirklich auftreten kann. Nur einmal?nicht wirklich oder?

21.04.2006, 20:28

hakeem88

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es kann auch 1+6+4 und 6+4+1 und so weiter.. das meinst du ??? ... ok dann haben wir das schonmal und wie bestimme ich die wahrscheinlichkeit beider ergebnisse (siehe aufgabe)....

21.04.2006, 20:51

JochenX

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Zitat:

Original von hakeem88
es kann auch 1+6+4 und 6+4+1 und so weiter.. das meinst du ??? ... ok dann haben wir das schonmal und wie bestimme ich die wahrscheinlichkeit beider ergebnisse (siehe aufgabe)....

sei stur, Laplaceexperiment, günstige "zählen"

21.04.2006, 21:11

hakeem88

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Zitat:

Original von LOED

Zitat:

Original von hakeem88
es kann auch 1+6+4 und 6+4+1 und so weiter.. das meinst du ??? ... ok dann haben wir das schonmal und wie bestimme ich die wahrscheinlichkeit beider ergebnisse (siehe aufgabe)....

sei stur, Laplaceexperiment, günstige "zählen"

bitte mach mit mir keine mathe-spässchen... ich verstehe nicht sehr viel von mathe

21.04.2006, 21:16

AD

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Das war völlig ernst gemeint mit dem Zählen.

Laplace-Wahrscheinlichkeit = Anzahl günstige Varianten / Anzahl alle Varianten

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21.04.2006, 21:21

hakeem88

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Das war völlig ernst gemeint mit dem Zählen.

Laplace-Wahrscheinlichkeit = Anzahl günstige Varianten / Anzahl alle Varianten

ach... ist das um die wahrscheinlichkeit auszurechnen????

ach stimmt... jetzt erinnere ich mich an laplace... naja... aber was ist die anzahl alles günstige varianten... also anzahl aller varianten ist klar... halt einmal 1+4+6 1+6+4 6+4+1 4+1+6 4+6+1 6+4+1 usw... für alle zahlen... aber was ist die günstige variante also die anzahl davon??

21.04.2006, 21:24

AD

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Für 1+4+6 gibt es $\begin{eqnarray*} 3!=6 \end{eqnarray*}$ Varianten der Reihenfolge, für 3+3+5 wegen der zwei gleichen Ziffern aber nur $\begin{eqnarray*} \frac{3!}{2!}=3 \end{eqnarray*}$ Varianten usw. Das musst du jetzt zusammenzählen. Die Anzahl aller Varianten ist natürlich $\begin{eqnarray*} 6^3=216 \end{eqnarray*}$ .

Genauso dann bei Summe 12.

22.04.2006, 21:03

hakeem88

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Für 1+4+6 gibt es $\begin{eqnarray*} 3!=6 \end{eqnarray*}$ Varianten der Reihenfolge, für 3+3+5 wegen der zwei gleichen Ziffern aber nur $\begin{eqnarray*} \frac{3!}{2!}=3 \end{eqnarray*}$ Varianten usw. Das musst du jetzt zusammenzählen. Die Anzahl aller Varianten ist natürlich $\begin{eqnarray*} 6^3=216 \end{eqnarray*}$ .

Genauso dann bei Summe 12.

ok... also die anzahl aller varianten ist 6^3 also 216... aber mit den 3! und 3!/2! ... da verstehe ich noch immer nicht ganz wie ich die anzahl günstige Varianten ausrechnen soll...

mfg

22.04.2006, 21:27

JochenX

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Zitat:

da verstehe ich noch immer nicht ganz wie ich die anzahl günstige Varianten ausrechnen soll...

nimm erst mal alle möglichen kombinationen her
für 11:
(1,4,6), (1,5,5), (2,4,5),............... undund die findest du alle:

jetzt bedenke, dass deine 216 WUrfergebnisse je aus einem GEIRDNETET 3-Tupel besteht.
wieviele davon gibt es mit den 3 Zahlen 1,4 und 6 in bel. Reihenfolge?
6 Stück [(1,4,6), (1,6,4), (4,...) Rest findest du selbst]

also gibt es für dieses 3-Tupel schon mal 6 günstige Würfelergebnisse

jetzt gehst du weiter: beim Tupel (2,4,5) sinds auch 6
beim Tupel (1,5,5) sinds nur 3......

alle alle alle addieren

22.04.2006, 21:48

GuildMaster

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ich hab mit fakultäten gerechnet und bin auf

25 varianten für augensumme 12 und
30 varianten für augensumme 11

gekommen.
Kann das angehen?

22.04.2006, 21:52

JochenX

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Zitat:

25 varianten für augensumme 12

das stimmt, das andere dann vermutlich auch smile

smile

22.04.2006, 21:57

AD

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Vermutungen sind das eine, nachzählen das andere: Für 11 sind es 27 Varianten.

Die 25 Varianten für 12 stimmen aber tatsächlich. Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.04.2006, 21:59

GuildMaster

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ja sry mein fehler. taschenrechner vertippt.

für 11 sinds 27 varianten sry.

22.04.2006, 22:00

AD

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Mal interessehalber: Wie lautet denn dein Rechenweg?

22.04.2006, 22:02

JochenX

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*nachzähl*

*grml* wie immer hast du....... Recht Wink

Wink

das hätte uns hakeem spätestens morgen verraten Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.04.2006, 22:36

GuildMaster

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Ok mein lösungsansatz für 11:

3! + 3! + 3!/2! + 3! + 3!/2! + 3!/2! =27 Varianzen

für 12:

3! + 3! + 3!/2! + 3!/2! + 3! +3!/3!(=1) = 25 Varianzen

ich hab das einfach so gerechnet, wie du es auch schon weiter oben erwähnt hast Arthur.
bin zu faul alle einzeln aufzulisten etc. Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.04.2006, 22:46

AD

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Achso. Ich dachte schon, du hast die kürzere Variante

$\begin{eqnarray*} N_{11} = {10 \choose 2}-3{4 \choose 2},\qquad N_{12} = {11 \choose 2}-3{5 \choose 2} \end{eqnarray*}$

gewählt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.04.2006, 22:52

GuildMaster

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nein das hab ich net Arthur.
da wäre ich auch nicht draufgekommen.
ehrlich gestanden verstehe ich auch gar nicht, wie du darauf kommst unglücklich

unglücklich

22.04.2006, 23:02

AD

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Das ganze basiert auch folgendem:

Zitat:

Für positive ganze Zahlen $\begin{eqnarray*} m,n \end{eqnarray*}$ ist die Anzahl der $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ -Tupel $\begin{eqnarray*} (k_1,\ldots,k_m) \end{eqnarray*}$ positiver ganzer Zahlen $\begin{eqnarray*} k_1,\ldots,k_m \end{eqnarray*}$ mit Summe $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ genau gleich $\begin{eqnarray*} {n-1 \choose m-1} \end{eqnarray*}$ .

(Der Nachweis ist mit einer passenden Bijektion sehr kurz.)

Hier wendet man das auf $\begin{eqnarray*} m=3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n=11 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} n=12 \end{eqnarray*}$ an. Da hier aber alle Summanden maximal 6 sein dürfen, zählt man zunächst einige Tripel zuviel, z.B. sowas wie (1,1,9) oder (3,7,1). Daher noch die Korrektur mit dem $\begin{eqnarray*} \ldots-3{\ldots \choose 2} \end{eqnarray*}$ .

22.04.2006, 23:06

GuildMaster

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achsooo.
hehe nochmal danke für die erklärung Arthur.
da hab ich mal wieder was dazugelernt smile

smile

mfg Guildmaster

23.04.2006, 18:53

hakeem88

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oh mein gott.. ich hätte jetzt nicht erwartet das ihr mir das so genau erklärt aber danke ... super vielen dank...

danke an:
LOED
GuilMaster
Arthur Dent
Grand

also wirklich vielen dank...

boaahh... ihr seid super jungs...

soll das matheboard ruhig 100 jahre alt werden... so ein board muss für immer vorhanden sein um unseren kindern und kindes-kindern zu helfen... wenn es bis da hin noch internet gibt... :-)

24.04.2006, 17:03

hakeem88

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Für 1+4+6 gibt es $\begin{eqnarray*} 3!=6 \end{eqnarray*}$ Varianten der Reihenfolge, für 3+3+5 wegen der zwei gleichen Ziffern aber nur $\begin{eqnarray*} \frac{3!}{2!}=3 \end{eqnarray*}$ Varianten usw. Das musst du jetzt zusammenzählen. Die Anzahl aller Varianten ist natürlich $\begin{eqnarray*} 6^3=216 \end{eqnarray*}$ .

Genauso dann bei Summe 12.

du hast geschrieben anzahl aller varianten ist gleich $\begin{eqnarray*} 6^3 \end{eqnarray*}$ ... wie kommst du darauf...??

MFG und danke vielen danke nochmals

24.04.2006, 17:16

AD

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Unser Laplacescher Grundraum besteht aus den Tripeln aller Würfelergebnisse $\begin{eqnarray*} (w_1,w_2,w_3) \end{eqnarray*}$ , d.h., unter Beachtung der Reihenfolge. Und das sind nun mal $\begin{eqnarray*} 6^3 \end{eqnarray*}$ Tripel, gemäß Variationen mit Wiederholung (3 aus 6).

24.04.2006, 19:09

hakeem88

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ist dann bei 12 dann auch 216 varianten und dann zeigt es das die wahrscheinlichkeit für das auftreten der augensumme 11 nicht "gleich" wahrscheinlich ist wie für 12..oder???

siehe aufgabe

24.04.2006, 19:18

AD

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216 ist die Anzahl aller Würfelvarianten, egal welche Augensumme. Kann es sein, dass du das jetzt mit den günstigen Varianten für irgendwelche Augensummen verwechselst? Ansonsten verstehe ich den Sinn der Frage nicht.

24.04.2006, 19:25

hakeem88

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Zitat:

Original von Arthur Dent
216 ist die Anzahl aller Würfelvarianten, egal welche Augensumme. Kann es sein, dass du das jetzt mit den günstigen Varianten für irgendwelche Augensummen verwechselst? Ansonsten verstehe ich den Sinn der Frage nicht.

achja... sorry... bääh... du hast recht... also nein ich habe nichts verwechselt sondern einfach nur eine blöde überflüssige frage gestellt... wirklich sorry

24.04.2006, 19:26

AD

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Macht nix, ich hatte nur Sorge, dass da was verständnismäßig fuchtbar schief gelaufen ist.

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