Aufkommende Fragen während Klausurvorbereitung (Stochastik) |
| 22.05.2008, 19:59 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Aufkommende Fragen während Klausurvorbereitung (Stochastik) so wie ich auch schon beim letzten mal einen Thread eröffnet habe, möchte ich es nun auch wieder tun, um diesen zu Nutzen, um die Fragen/Probleme zu posten, die sich mir während meiner Vorbereitung auf meine Klausur nächste Woche stellen! Vielen Dank schonmal für eure Hilfe! Und es geht schon los: Bei folgender Aufgabe bin ich mir unsicher: Jemand sucht ein Feuerzeug. Er hat drei Feuerzeuge im Haus, insgesamt kommen 8 verschiedene Orte gleichermaßen in Frage. Mit welchen Wahrscheinlichkeiten findet er beim ersten Versuch keins, eins, zwei oder alle drei Feuerzeuge an einem zufällig ausgesuchten Ort? Nun mein Ansatz: Ich sehe das als Bernoulli-Experiment: X: die Anzahl der Feuerzeuge, die er am ersten Ort findet. E: Ein Feuerzeug liegt an dem Ort, an dem die Person nachschaut. Kettenlänge n = 3 p = 1/8 also für kein Feuerzeug gilt die Wahrscheinlichkeit: Und so weiter für X=1, X=2 und X=3 eben. Ist meine Rechnung so richtig? Danke! |
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| 22.05.2008, 20:11 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ja, das ist richtig 
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| 22.05.2008, 20:12 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Super, vielen Dank 
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| 22.05.2008, 20:16 | Duedi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
ääääähm. die Anzahl der Feuerzeuge ändert sich doch, wenn man eins findet und damit die Trefferwahrscheinlichkeit, oder? |
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| 22.05.2008, 20:20 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Es geht ja darum, wie viele Feuerzeuge man an einem bestimmten Ort findet. Nehmen wir an du stehst an einem der 8 Orte und dann verteilt jemand zufällg die 3 Feuerzeuge. Für jede der 3 Feuerzeuge ist die Wahrscheinlichkeit 1/8, dass es an deinem Ort landet. Also klassicher Bernoulliversuch. |
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| 22.05.2008, 20:22 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Die Trefferwahrscheinlichkeit bezieht sich doch auf die Orte (1/8). Außerdem geht es ja darum, dass er nur an einem Ort schaut? Sehe ich das richtig? EDIT: tmo hat die Antwort schon gegeben 
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| 22.05.2008, 20:23 | Duedi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
ach ups hab das falsch verstanden, beim flüchtigen überlesen dachte ich, man ginge irgendwie die "verstecke" ab. |
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| 23.05.2008, 15:53 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Wie groß ist die Wahrscheinlihckeit, dass wenn es 5 Paare gibt, diese durch Auslosung neu zusammengewürfelt werden, alle 5 Paare wieder zusammengeführt werden? Wie muss ich das rechnen? Habe leider keine richtige Vorstellung davon. 
Danke
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| 23.05.2008, 16:28 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Wie wird denn ausgelost? Wird 5 Objekten nacheinander ein Partner zugelost? Oder werden 10 Objekte nacheinander gezogen und jeweils 2er Gruppen bilden ein Paar? |
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| 23.05.2008, 18:21 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Das steht leider garnicht in der Aufgabe drin. Ich denke ziemlich sicher, dass es heißen soll, dass 10 Objekte nacheinander gezogen werden und jeweils 2er Gruppen ein Paar bilden. Wie muss ich denn an die Aufgabe dann rangehen? Vielen Dank
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| 23.05.2008, 19:07 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Dann gibt es insgesamt doch Möglichkeiten die 10 Objekte zu ziehen, bzw. zu permutieren. Jetzt hast du eine bestimmte Anordnung gegeben und musst herausfinden wieviele Permutationen es gibt, welche die selben Paare zur Folge haben. Dazu musst du überlegen, dass einerseits alle 5 Paare tauschen können und andererseits die 5 Paare untereinander die Plätze tauschen können. |
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| 23.05.2008, 19:14 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Hmm... Was ist die "Permutation" eigentlich genau? |
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| 23.05.2008, 19:28 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Mit Permutationen ist die Gesamtheiten aller Anordnungen gemeint. Es gibt übrigens noch einen anderen Ansatz, der nicht so stark auf Kombinatorik basiert, aber natürlich zum selben Ergebnis führt. Also: Zunächst zieht man eine Person und dann zieht man ihren Partner. Und das ganze 5 mal. Welche Person als erstes gezogen wird, ist völlig egal. Danach muss aus den 9 restlichen Personen genau der Partner gezogen werden. Dann ist es wieder völlig egal welche Person danach gezogen wird. Danach muss aus den restlichen 7 Personen wieder genau der Partner gezogen werden etc... Die einzelnen Wahrscheinlichkeiten werden dann multipliziert. |
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| 23.05.2008, 20:18 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Also dann so:
Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Person gezogen wird beträgt . Danach wird aus den 9 restlichen der Partner gezogen, d.h. Also für dieses schonmal:
Dafür dann: Ist das richtig? |
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| 23.05.2008, 20:19 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Wie kommst du denn dann auf ? |
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| 23.05.2008, 20:21 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Na ich dachte, weil die Wahrscheinlichkeit eine bestimmte Person aus 10 Personen zu ziehen sei 1/10? 
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| 23.05.2008, 20:22 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Aber wir wollen gar keine bestimmte Person. Es darf doch irgendeine sein. Erst beim zweiten Zug ist es dann wichtig, das man genau den Partner der ersten Person zieht. Dabei ist es aber doch egal, wer die erste Person war. |
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| 23.05.2008, 20:27 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Das heißt? Sorry... 
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| 23.05.2008, 20:28 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Dass die Wahrscheinlichkeit, dass man nach den ersten zwei Person, die man zieht, ein Paar gezogen hat, bei liegt. Jetzt hast du nur noch 8 Personen und ziehst wieder zwei Stück. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit auf ein erneutes Paar? |
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| 23.05.2008, 20:34 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Okay - einen Moment...wenn ich das richtig verstanden habe, kommt die 1/9 so zustande, dass man zuerst eine Person zieht, und da es egal ist, welche, jedoch sicher, dass eine von den 10 Personen gezogen wird, beträgt die Wahrscheinlichkeit hierfür 1. Die Wahrscheinlichkeit, dass man nun den richtigen Partner für ihn findet (aus den übrig gebliebenen 9), beträgt 1/9. Also Habe ich das richtig verstanden? |
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| 24.05.2008, 14:48 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ja genau. So war das gemeint. |
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| 24.05.2008, 16:23 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Okay, dann hätten wir die 1/9. Und dann wäre es ja eigentlich für den nächsten Zug wieder egal, welche Person man wählt, jedoch die Wahrscheinlichkeit, dass man den Partner unter den verbleibenen 7 Personen zieht 1/7. Also: So richtig? Vielen Dank
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| 24.05.2008, 16:25 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ja das ist richtig
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| 25.05.2008, 19:38 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Sigma-Umgebung Ich habe noch eine weitere Frage: Folgende Aufgabe: Ein Würfel wird 6000-mal geworfen. Es erscheint nur 952-mal eine Sechs. Kann mit wenigstens 95,5% Sicherheit behauptet werden, dass der Würfel gefälscht ist? Um diese Frage zu klären habe ich zuerst den Erwartungswert ausgerechnet: Somit ist die Laplace-Bedingung erfüllt, da Das Intervall, in welches die Werte zu 95,5% fallen sollen, ist: Also habe ich dieses gebildet: Jetzt kommt man zu dem Ergebnis, dass die 952 Erscheinungen einer Sechs innerhalb der 2-sigma Abweichung liegen. Ich bin mir an dieser Stelle unsicher, wie man nun beurteilt, ob der Würfel gefälscht ist oder nicht. Die 952-Sechsen stellen ja nicht einmal eine signifikante Abweichung dar, also würde ich jetzt sagen, dass der Würfel gefälscht ist. Stimmt das? Danke!
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| 25.05.2008, 20:04 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Wenn die 952 doch im Intervall liegen, warum sollte man dann sagen, dass der Würfel zu 95,5% gefälscht ist? |
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| 25.05.2008, 20:07 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ach sorry, das war ein Tippfehler. Ich meinte, ich würde sagen, dass der Würfel nicht gefälscht ist, da die 952 nicht mal eine signifikante Abweichung darstellen. Habe ich das dann richtig interpretiert? 
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| 25.05.2008, 20:21 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ja, so würde ich das auch sehen. |
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| 27.05.2008, 12:59 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Wenn man 10 Briefe hat, wovon drei mit einer Adresse in der Stadt C und man diese in einer Reihe nebeneinander auf den Tisch legt. Wie viele Möglichkeiten der Anordnung gibt es, wenn der erste brief der Reihe den Zielort C hat und die Briefe sich alle unterscheiden lassen. Mein Ansatz: 9! = 362880 Möglichkeiten, da der erste Platz für einen Brief mit Adresse in der Stadt C vorgegeben ist. Die restlichen neun Plätze können dann kombiniert werden: Für den nächsten Brief gibt es 9 Möglichkeiten, für den nächsten wiederrum 8 Möglichkeiten und so weiter -> also 9!. Jetzt steht allerdings in der Lösung zu der Aufgabe, dass es für den ersten Brief 3 Möglichkeiten gibt und die anderen auf 9! Arten permutiert werden können und es gilt: 3*9! = 1088640 Möglichkeiten. Ich versteh die Lösung nicht ganz, wo ist mein Fehler? Oder ist die Lösung falsch?
Danke! |
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| 27.05.2008, 15:31 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Also gibt es für den ersten Brief 3 Möglichkeiten. |
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| 27.05.2008, 21:50 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Okay super, tmo!
Habe gerade eine weitere Aufgabe gerechnet. Der Einsatz bei einem Glücksspiel beträgt 1$. Der Spieler denkt sich eine Zahl zwischen 1 und 6. Darauffolgend wird ein Würfel 3mal hintereinander geworfen. Wenn seine Zahl 0mal vorkommt, ist der Einsatz verloren. Wenn sie 1mal vorkommt erhält er den Einsatz zurück, wenn sie 2mal vorkommt das doppelte des Einsatzes zurück und ebenfalls, wenn sie 3mal vorkommt das 3fache. Meine Rechnung: x: Seine gedachte Zahl wird gewürfelt o: Eine andere Zahl wird gewürfel Es gilt : P(x) = 1/6 und P(o)=5/6 Folgende Möglichkeiten gibt es: xoo -> 0,1157 oxo -> 0,1157 oox -> 0,1157 xxo -> 0,023 oxx -> 0,023 xox -> 0,023 xxx -> 1/216 ooo -> 0,5787 Also kann man sagen, wenn X die Anzahl des Vorkommens seiner Zahl: P(X=1)= 0,1157 * 3 = 34,71% P(X=2)= 0,023 * 3 = 6,9% P(X=3)= 1/216 = 0,463% P(X=0)= 0,5787 = 57,87% Somit ist E(X) = -0,5004. Ist meine Rechnung richtig? |
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| 27.05.2008, 22:50 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Das ist soweit richtig. Der Erwartungswert ist übrigens genau , rechne doch mit Brüchen, statt zu runden
Deine Schreibweise ist allerdings fehlerhaft. Du bezeichnest mit X die Zufallsvariable, die angibt wie oft die gedachte Zahl gewürfelt wird. X ist binomialverteilt und somit ist Du müsstest eine Zufallsvariable einführen, welche angibt, wie viel Geld man gewinnt und davon den Erwartungswert berechnen. |
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| 28.05.2008, 18:00 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Und noch eine Frage: Die Wahrscheinlichkeit einen Brief zu finden, der für den Ort C adressiert ist, beträgt p=0,3. Wieviele Briefe muss man mindestens überprüfen, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als 99% wenigstens einen mit dem Zielort C zu finden? Das Lösungsheft sagt: und es kommt raus: n >= 13 sein. Leider verstehe ich nicht, wie man auf diesen Ansatz kommt. Ich bitte nochmals um Hilfe! Danke
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| 28.05.2008, 18:10 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass man keinen Brief nach C zieht, ist ja . Und die Wahrscheinlichkeit, dass man n mal hintereinander einen solchen Brief zieht, ist entsprechend . Diese Wahrscheinlichkeit soll kleiner als 1% sein. PS: Ist das dir denn jetzt mit der Schreibweise klar geworden bei der vorherigen Aufgabe? |
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| 28.05.2008, 18:58 | NatürlicheZahl | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ok, vielen Dank!
Ja, ist es
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