1 frage und eine aufgabe |
| 06.12.2004, 18:38 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| 1 frage und eine aufgabe 2) In einer Urne sind 6 rote 3 grüne und 1 weiße Kugel. Ein Spieler zieht für einen einsatz von 3dm 2 Kugeln. Er kann zwischen einer ziehung zwischen zurücklegen der kugel oder nicht zurücklegen wählen. Jede grüne kugel gibt 1 dm, die weiße gewinnt 10 dm. Welche Variante ist auf dauer günstiger? wäre super wenn ihr mir bei der auch helfen könntet. |
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| 06.12.2004, 18:40 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Kannst du in 1) einmal die genaue Aufgabenstellung angeben? So allgemein, wie du da fragst, kann man keine vernünftige Antwort geben. |
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| 06.12.2004, 18:43 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| RE: 1 frage und eine aufgabe Ich kann Leopold nur beipflichten. Auch 2) solltest du präzisieren, denn beim Ziehen ohne Zurücklegen ist nach 5 Ziehungen Schluss... |
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| 06.12.2004, 18:55 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
sorry war wirklich bisschen kurz beschrieben Alex und Bastian werfen mit Bällen auf ein Ziel. Alex trifft mit 50%-iger Wahrscheinlichkeit, Bastian mit 40%-iger. Sie werfen 2 mal abwechselnd! a) der mit den meisten treffern gewinnt mit welcher wahrscheinlichkeit ist es alex (bis dahin noch leicht, einfach baum aufstellen) b) Wer zuerst trifft gewinnt. Bastian beginnt! Mit welcher wahrscheinlichkeit gewinnt Bastian 
bis dahin noch leicht, einfach baum aufstellen)aber dann : Wie hoch ist die gewinnwahrscheinlichkeit wenn die anzahl der würfe NICHT begrenzt wird? Jetzt kommt diese unendlichkeitskomponente mit rein und ich bekomm die net mehr raus :-( c) die Trefferwahrscheinlichkeit von bastian sei nicht bekannt. Wie hoch muss sie sein damit unter den regeln von b bei zwei würfen die gewinnchancen gleich sind. wie geht das dann mit unendlich? (wenn bastian zuerst wirft!) also muss alex WS > bastian WS Die 2 ist so komplett die is aus ner 13er klausur! das is die komplette aufgabenstellung. |
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| 06.12.2004, 19:07 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Zu 1b) "unendliche" Variante: Schau dir mal den Zweig des "unendlichen" Baums an, wenn beide bei ihrem jeweils ersten Wurf nicht treffen! Sieht genauso aus, wie der Originalbaum, oder? EDIT: OK, jetzt hab ich erst kapiert, wie 2) gemeint sein soll: Das Zurücklegen ist zwischen den beiden Einzelkugeln einer Zweierziehung gemeint! Das hätte man aber wirklich klarer formulieren können... |
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| 06.12.2004, 19:14 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ja aber wie brechnet man das? Man muss doch ein n haben? |
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| 06.12.2004, 19:25 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Sei p die Wahrscheinlichkeit, dass Bastian gewinnt, wenn er anfängt. Mit Wkt 0.4 gewinnt er sofort. Mit Wkt 0.6*0.5 gewinnt Alex mit seinem ersten Wurf. Und mit Wkt 0.6*0.5 liegt dann wieder die Ausgangssituation vor, in der Bastian ja nach obiger Definition mit Wkt p gewinnt. Also gilt . (Das musst du wohl erstmal verdauen...) |
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| 06.12.2004, 19:35 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
thx die erklärung war super!! Was willst du zu weihnachten haben 
?Jetzt kann ich das auch bei anderen aufagben :-) Ich brauch net so lange um was zu verstehen. Aber ich brauch lange um mir ne lösung herzuleiten. Muss ich mehr übung haben...... leider :-( |
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| 06.12.2004, 19:41 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
@ Arthur Dent Und implizit hast du auch noch gleich einen Beweis für die Summenformel der geometrischen Reihe geliefert ...
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| 06.12.2004, 19:42 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Da sieht man mal wieder, wozu elementare Stochastik gut sein kann.
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| 06.12.2004, 19:45 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Und im Sinne der didaktischen Reduktion verzeihe ich dir auch gnädiglich, daß du Konvergenzfragen außer acht gelassen hast ... 
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| 06.12.2004, 19:51 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ah kannst du den dann einen grenzwert herleiten leopold. Das wär super! :-) bei der 2ten aufgabe habe ich jetzt das problem das man ja wenn man ne rote oder grüne kugel hat die natürlich wieder in die urne schmeißt um die wahrscheinlichkeit zu erhöhen das man wieder gewinnt. Wie berechnet man das? Doch einfach so wie die erste kugel auch oder? Wenn man ne rote zieht nimmt man die aber ganz raus da man dann asuch ne höhere wahrscheinlichkeit auf ne grüne oder weiße hat. Also muss man bei jedem zug einer roten kugel die wahrscheinlichkeiten neu berechnen. Irgendwie ätzend :-/. Habt ihr ne bessere lösung? |
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| 06.12.2004, 20:03 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Da Leopold wahrscheinlich gerade woanders unterwegs ist, will ich mal antworten: Bis einschließlich seines n-ten Wurfs sei p_n die Wahrscheinlichkeit von Bastians Sieg. Wenn du so also den Baum hinabsteigst, kriegst du Zu 2): Die rote Kugel lässt du natürlich draußen, die weiße legst du zurück. Bei einer grünen Kugel musst du genau ausrechnen, was sich in Hinblick auf den erwarteten Gewinn der zweiten Kugel mehr lohnt. @Leopold: Sorry, wollte dir nicht ins Handwerk pfuschen. Aber doppelt genäht, hält besser.
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| 06.12.2004, 20:04 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Du kannst dir ja auch einen Baum zeichnen, nach oben immer 1 (wenn der Spieler trifft), nach unten immer 0 (wenn er nicht trifft). Bei jedem aufwärts führenden Ast hört der Baum auf, bei den abwärts führenden Ästen geht es weiter. Die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses , daß Bastian gewinnt, ist dann Und da sich hier dasselbe wie bei Arthur Dents Lösung ergeben muß, kannst du auch den Wert der unendlichen Reihe ermitteln. Den kannst du übrigens auch näherungsweise finden, indem du immer mehr Summanden addierst. Das Vorgehen ist gewissermaßen naiv, da wir uns hier um Konvergenzfragen nicht kümmern, sondern einfach wie gewohnt darauf los rechnen. |
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| 06.12.2004, 20:09 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Heutzutage ist doch "Teamwork" angesagt. Das liest man doch in allen Zeitungen. 
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| 06.12.2004, 20:10 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
thx genau das ist es! Also einfach die Verzweigung des Baums wo beide nicht treffen so verlängern das der wert möglichst nahe an der unbekannten wahrscheinlichkeit liegt. :-) Hm habe jetzt mal bei der 2ten aufgabe die wahrscheinlichkeiten für die möglichkeit die roten kugeln draussen zu behalten berechnet und es scheint zu funzen ;-). Ist eigentlich ganz leicht. Wenn man dann das geld berechnen möchte das man mit den wahrscheinlichkeiten macht kann man doch bei den gewinnen immer die wahrscheinlichkeit mit der geldsumme multiplizieren und am anfang immer -3 dm rechnen. Aber verfälscht das nicht auch den tatsächlich möglichen gewinn. Ist doch dann ein mittelwert oder? muss man dann eigentlich alle varianten durrchgehen wo man kugeln rausnehmen kann und die dann bei den 2 varianten zu einem mittelwert zusammenstellen? |
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| 06.12.2004, 20:21 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich denke mal, du hast den erwarteten Gewinn bei der ersten Kugel ausgerechnet und 1,30dm rausgekriegt, richtig? Wenn du jetzt diese Kugel zurücklegst, ist beim zweiten Ziehen alles wie gehabt. Wenn du sie aber nicht zurücklegst, dann verändert sich dieser Wert, wie du für die rote Kugel vermutlich schon berechnet hast. Bei der grünen Kugel musst du das auch mal durchrechnen und mit dem obigen Wert 1,30dm vergleichen. Ist der neue Wert höher, dann lohnt sich das Zurücklegen nicht! Das ganze nennt man übrigens bedingten Erwartungswert des Gewinns der zweiten Kugel, unter der Bedingung, dass die erste Kugel Farbe ... hat. |
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| 06.12.2004, 20:47 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
hab ich auch raus. Man muss dan aber am ende die 3 dm abziehen. Das hab ich aber schon am anfang gemacht. ist das falsch? Hab ja dann nachm, ersten zug 1,70 verlust. Die grüne rausnehmen wär dann noch schlechter beim 2ten. wenn wir das jetzt so rechnen kann man das geld also als zufallsgröße nehmen und mit p multiplizieren? (hab nen innerliches problem geld als zufallsgröße zu nehmen. Bei würfelseiten geht das schon eher
) |
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| 06.12.2004, 20:52 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
OK, ich schreib mal ausführlich, was ich meine, und mit "üblicher" Symbolik - ohne Berücksichtigung der Kosten (3dm), die kannst du selber dann noch abziehen. Sei X_1 die Zufallsgröße, die dem Gewinn der ersten Kugel entspricht, dann ist der erwartete Gewinn der ersten Kugel Sei X_2 die Zufallsgröße, die dem Gewinn der zweiten Kugel entspricht. Dann bezeichne E[ X_2 | w ], E[ X_2 | g ] bzw. E[ X_2 | r ] den erwarteten Gewinn der zweiten Kugel, falls man die erste Kugel (weiß, grün bzw. rot) nicht zurücklegt. Dann kann man folgendes ausrechnen: Der Vergleich mit zeigt, dass es sich bei der roten und grünen Kugel das Zurücklegen nicht lohnt, bei der weißen natürlich schon. Mit dieser Strategie im Gepäck (also weiße Kugel zurücklegen, die anderen dagegen nicht), kann man jetzt den eigentlichen Erwartungswert von X_2 berechnen: Mit "eigentlich" meine ich das Mittel über alle möglichen Varianten des ersten Zuges! Zusammenfassung: Im Mittel ist die Gewinnsumme beider Kugeln 1.3+1.397=2.697dm, also immer noch unterhalb des Einsatzes von 3dm, wie sich das für ein Los-Spiel auch gehört.
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| 06.12.2004, 20:59 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
hey so hatte ich das auch raus falls deine 1,444444 bei rot zu 1 und vier neuntel gleich sind. Bloss die interpretation beim erwartungswert hätte ich vergessen :-/ |
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| 06.12.2004, 21:06 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ach ja hab noch ne frage zu signifikanz. bei zweiseitiger berechnung der richtigkeit einer hypothese is ja ganz easy 1. mühhhh (keine ahnung wie man das zeichen hinbekommt) berechnen und dann sigma dann Intervall setzen und gegebenfalls nen multiplikator für sigma berechnen der das intervall erfüllt. bei einseitig mit größer gleich is ja auch easy kann man die gaussche formel nehmen mit der grenzwertfunktion die man rausbekommt nachschlagen im buch. Man nimmt dann die größere fläche - die kleinere k2 -k1 grob gesagt wie geht das ganze wenn man sagt wahrscheinlichkeit das etwas höchstens z. B. 3 mal passiert?? hoffe du verstehst das jetzt
, schon mal thx |
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| 06.12.2004, 21:12 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ehrlich gesagt - Nein! Das liegt aber weniger an meinen Kenntnissen zu Signifikanztests (die sind eigentlich ganz solide), sondern eher an deiner unklaren Formulierung! P.S.: ist der LaTeX-Code, den du brauchst. |
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| 06.12.2004, 21:20 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ah ich wusst es. Kann mich am pc net ausdrücken. Brsauche nen Bleistift und Papier
. Aber ich muss dir was sagen. Die frage war hab ich mir gerade selbst beantwortet und hab mir die formel nur ma andersrum angeguckt
.Bist aber nen super mathe "lehrer"! Versteht man alles :-) |
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| 06.12.2004, 22:15 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Kann ich also doch nicht verleugnen, dass ich sowas eine Zeit lang an der Uni als Assi gemacht habe. Bin jetzt aber doch in der "freien Wirtschaft" und betreibe das hier nur als Hobby... |
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| 06.12.2004, 22:19 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
hmm weißt du eigentlich wann man den satz von Bayes zur totalen wahrscheinlichkeit nimmt? Man kann die Sachen doch auch mit dem satz zur bedingten wahrscheinlichkeit berechnen? |
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| 06.12.2004, 22:22 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Meinst du damit die Bayessche Formel? Falls ja, die enthält ja als Bestandteil im Nenner die Formel der totalen Wkt. |
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| 06.12.2004, 22:26 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
habe das aber mit der totalen und bedingten wahrscheinlichkeit noch nicht so verstanden. Bei der totalen Wahrscheinlichkeit berechnet man doch z.B. P(B) aber ohne die Bedingung A die es bei der bedingten gibt. Ist die Wahrscheinlichkeit deswegen "total"? |
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| 06.12.2004, 22:32 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
"Total" heißt sie deswegen, weil sie von keiner Bedingung mehr abhängt - an der Formel erkennt man, dass es sich um eine Art "gewichtetes" Mittel der entsprechenden bedingten Wahrscheinlichkeiten handelt, die Gewichte sind dann gerade die Fallwahrscheinlichkeiten einer vollständigen Fallunterscheidung. (War das jetzt verwirrend genug?
) |
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| 06.12.2004, 22:37 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
an dem Satz erkennt man ja auch das der "Ast" für die erfüllte Bedingung A als auch der für die nicht erfüllte addiert werden. Also werden eigentlich nur 2 "Äste (deren endergebnisse nach multiplizierten Teilwahrscheinlichkeiten)" addiert. So richtig? |
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| 06.12.2004, 22:53 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Was du hier erwähnst ist genau genommen nur der Spezialfall n=2 der allgemeineren Formel wobei die A_1, ... , A_k eine Art vollständige Fallunterscheidung bilden, d.h., keine zwei Fälle treten zugleich ein und zusammen decken die n Ereignisse alle Möglichkeiten ab. |
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| 06.12.2004, 23:00 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
die allgemeine formel hatten wir noch gar nicht . . .
. Aber jetzt weis ich wenigstens das das nen spezialfall ist hat uns nämlich unser lehrer nicht erzählt |
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| 06.12.2004, 23:11 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
wenn bei ner aufgabe steht wie groß ist die wahrscheinlichkeit das das werkstück in ordnung ist wenn bekannst ist das A oder B erfüllt ist. Dann kann ich doch die Formel P(AuB)=P(A)+P(B)-(P(AundB)) das nach dem minuszeichen fällt dann weg oder da es ziemlich geringer wert ist? |
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| 06.12.2004, 23:14 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
das fällt nur dann weg, wenn A und B disjunkt sind, also nie gleichzeitig eintreten können. |
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| 06.12.2004, 23:32 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ok :-). Bei der Aufgabe konnte beides nicht erfüllt werden. Ein Mädchen darf sich nach dem abi 3 kleider aussuchen. Es sind von jeder der 4 Sorten genug da (also kann auch 3 von einer nehmen). kann man dann sagen sie nimmt 3 kleider von 4 sorten 3*12 12 über 3 = 220 möglichkeiten oder ist das formal falsch? |
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| 06.12.2004, 23:44 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Naja, wenn alle 12 Kleider unterscheidbar sind, ist das richtig. Aber dann ist es an sich Unsinn, eine Unterscheidung von 4 Sorten zu treffen - dann kann man auch gleich von 12 verschiedenen Kleidern sprechen. Du meinst wohl eher Auswahl von k=3 aus n=4 mit möglicher Mehrfachwahl. Diese Anzahl berechnet man gemäß . |
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| 06.12.2004, 23:54 | Bladerun | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ah ok. kam mir gleich viel zu viel vor die 220. ah ok. Bei der nächsten aufgabe gibt es drei männer die einen hut haben (also insgesamt 3) aber vergessen haben welcher ihrer ist und sie einfach aufssetzen 1) Wieviele möglichkeiten gibt es die hüte aufzusetzen? 6 2) wahrscheinlichkeit das einer seinen richtigen hut auf hat? 1/3 3) keiner von ihnen seinen hut auf hat ..... 2/3 * 2/3 * 2/3???? |
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| 07.12.2004, 00:03 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Also bei allgemeinen n ist diese Aufgabe interessant und durchaus nicht trivial. Bei n=3 kannst du aber wirklich noch alle 6 Permutationen aufschreiben, und dann für deine Aufgaben 2) und 3) die "günstigen" Fälle abzählen. Ich mach das mal nur für 3): 123 132 213 231 x 312 x 321 Für 3) also Wkt 2/6=1/3 . Jetzt aber gute Nacht (muss schließlich ab 8 wieder arbeiten...) |
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