Problem bei Wahrscheinlichkeitsrechnung

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Dryas Auf diesen Beitrag antworten »
Problem bei Wahrscheinlichkeitsrechnung
Meine Frage:
Hobby in dem mir die Frage in den Sinn kam und ich bin bei weitem nicht in der Stande das alleine auszurechnen.
Also:
man hat ein Kartendeck aus 40 karten.
Dort drin ist Karte A genau 5 mal, Karte B genau 3 mal und Karte C auch 3 mal, der Rest ist unwichtig.
Am Anfang zieht man 6 dieser Karten. Im Grunde möchte ich wissen, wie hoch die genaue Wahrscheinlichkeit ist, dass man Sowohl ein Exemplar von Karte A, als auch eines von B auf der Hand hat (dabei ist es egal, ob diese öfters auf der Hand sind).
Karte C ist der Faktor der mich verzweifeln lässt:
Wenn man C hat kann man 3 karten ziehen und muss 2 von diesen wieder zurückmischen.
C geht nur ein mal, auch wenn man mehrere Exemplare hat..
Ich hoffe ich habe das einigermaßen verständlich erklärt, denn dieses Forum hier ist fast schon meine letzte Chance, da niemand es zu lösen scheinen kann..



Meine Ideen:
Ideen habe ich keine nützlichen, da ich nur bis zu dem Punkt komme, an dem C zu tragen kommmt. Ab dort weiß ich dann nichtmal mehr Ansatzweise wie es weitergeht..
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Irgendwie hast du deine Schilderung sehr verwirrend aufgebaut:

Du stellst z.B. sehr zeitig die Frage nach der Wahrscheinlichkeit für je mindestens eine Karte A und mindestens eine Karte B. Im Nachhinein scheint es aber so, als beziehst du das nicht nur auf die ersten 6 Karten, sondern auf die ggfs. (bei Vorhandensein von Karte C unter den ersten 6 Karten) auch auf 6+3-2=7 Karten. Falls das so gemeint sein sollte, kommt das aber in deiner Formulierung nicht deutlich heraus. unglücklich
Dryas Auf diesen Beitrag antworten »

Naja. Es isn Kartenspiel und es geht im genauen darum, wie wahrscheinlich es ist A und B im ersten Spielzug zu haben.
Ich meine halt, wenn man z.B. A und C hat und dann durch C noch B zieht, dann isses auch OK. Is recht schwer zu erklären ohne dass ich die Regeln des Spiels erkläre, aber ich denke/hoffe nun sollte es klar sein.
wisili Auf diesen Beitrag antworten »

Ist es so gemeint:

Man hat ein Deck von 40 Karten.
Karte A ist genau 5 mal, Karte B genau 3 mal und Karte C genau 3 mal dabei.
Zunächst zieht man 6 dieser Karten ohne Zurückzulegen.
Ist C dabei, dann zieht man 3 weitere Karten ohne Zurückzulegen, wobei man nur eine dieser 3 mit dem Ziel auswählt und behält, von den Karten A und B je mindestens eine zu halten. (Die zwei nicht behaltenen Karten gehen ins Deck zurück.)

Wie wahrscheinlich ist es, dass bei den verbliebenen gezogenen Karten sowohl Karte A als auch B (je mindestens einmal) dabei ist?
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Dryas
Naja. Es isn Kartenspiel und es geht im genauen darum, wie wahrscheinlich es ist A und B im ersten Spielzug zu haben.
Ich meine halt, wenn man z.B. A und C hat und dann durch C noch B zieht, dann isses auch OK.

Wenn man als ersten Spielzug nur das Ziehen der ersten 6 Karten versteht, dann geht es nach dieser letzten Bemerkung ja eben nicht nur um den ersten Spielzug. unglücklich


Ich gehe im folgenden mal von wisilis logisch aufgebauter Interpretation des Spiels aus, so wie ich es in meinem letzten Beitrag ja auch schon angedeutet hatte.


Es wird unumgänglich sein, dass du dich der Frage durch Fallunterscheidung hinsichtlich der Zusammensetzung der ersten 6 Karten näherst. Sind unter den 6 Karten dann auch welche der Kategorie C, dann wird ggfs. eine weitere Unterfallunterscheidung hinsichtlich der nachgezogenen 3 Karten fällig werden - da muss man einfach Geduld, Sorgfalt und Stehvermögen zeigen!

Ich liste mal die disjunkten (!) Gewinnsituationen auf:


1) Mindestens ein A und mindestens ein B unter den ersten 6 Karten (ganz gleich wieviele C dann noch dabei sind).

2) Mindestens ein A und mindestens ein C, aber kein B unter den ersten 6 Karten + mindestens ein B unter den drei nachgezogenen Karten

3) Mindestens ein B und mindestens ein C, aber kein A unter den ersten 6 Karten + mindestens ein A unter den drei nachgezogenen Karten

(Die Fälle 2) und 3) sind natürlich von der Berechnungsweise eng verwandt, nur mit leicht anderen Zahlenwerten.)


Weitere Gewinnsituationen gibt es nicht, denn von den drei nachgezogenen Karten darf man ja nur eine behalten, somit ist etwa ein gleichzeitiges Fehlen von A und B bei den ersten 6 Karten auch durch das Nachziehen nicht mehr kompensierbar.
Dryas Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von René Gruber
Zitat:
Original von Dryas
Naja. Es isn Kartenspiel und es geht im genauen darum, wie wahrscheinlich es ist A und B im ersten Spielzug zu haben.
Ich meine halt, wenn man z.B. A und C hat und dann durch C noch B zieht, dann isses auch OK.

Wenn man als ersten Spielzug nur das Ziehen der ersten 6 Karten versteht, dann geht es nach dieser letzten Bemerkung ja eben nicht nur um den ersten Spielzug. unglücklich


Ich gehe im folgenden mal von wisilis logisch aufgebauter Interpretation des Spiels aus, so wie ich es in meinem letzten Beitrag ja auch schon angedeutet hatte.


Es wird unumgänglich sein, dass du dich der Frage durch Fallunterscheidung hinsichtlich der Zusammensetzung der ersten 6 Karten näherst. Sind unter den 6 Karten dann auch welche der Kategorie C, dann wird ggfs. eine weitere Unterfallunterscheidung hinsichtlich der nachgezogenen 3 Karten fällig werden - da muss man einfach Geduld, Sorgfalt und Stehvermögen zeigen!

Ich liste mal die disjunkten (!) Gewinnsituationen auf:


1) Mindestens ein A und mindestens ein B unter den ersten 6 Karten (ganz gleich wieviele C dann noch dabei sind).

2) Mindestens ein A und mindestens ein C, aber kein B unter den ersten 6 Karten + mindestens ein B unter den drei nachgezogenen Karten

3) Mindestens ein B und mindestens ein C, aber kein A unter den ersten 6 Karten + mindestens ein A unter den drei nachgezogenen Karten

(Die Fälle 2) und 3) sind natürlich von der Berechnungsweise eng verwandt, nur mit leicht anderen Zahlenwerten.)


Weitere Gewinnsituationen gibt es nicht, denn von den drei nachgezogenen Karten darf man ja nur eine behalten, somit ist etwa ein gleichzeitiges Fehlen von A und B bei den ersten 6 Karten auch durch das Nachziehen nicht mehr kompensierbar.


Genau so ist es, nur weiß ich dennoch nicht, wie ich das nun genau zu rechnen habe, zumal sich mit jeder Karte die man Zieht die Wahrscheinlichkeit ändert, da man weniger Karten noch im Deck hat..
Wär echt nett wenn das jemand ausrechnen + erklären könnte.
Also ich mein halt, wie hoch die Grundchance ist, dass man A und B hat. Dazu gehört dann auch, also mit in die Rechnung, die Chance C zu haben und die Chance durch C an A oder B zu kommen..
 
 
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Dryas
zumal sich mit jeder Karte die man Zieht die Wahrscheinlichkeit ändert, da man weniger Karten noch im Deck hat..

Es ist nicht zwingend nötig, das Kartenziehen sukzessive zu modellieren - man kann das ganze auch kombinatorisch als gleichzeitiges Ziehen von 6 Karten (ohne Zurücklegen) betrachten.
Dryas Auf diesen Beitrag antworten »

ihr scheint bescheid zu wissen, also könntet ihrs rechnen?
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Ja klar, aber du sollst es ja können (Boardprinzip).
Dryas Auf diesen Beitrag antworten »

Aber das isn einmaliges Beispiel das ich nur wegen eines Hobbies brauche xD
Wenn A und B da sind hat man zu ca 50% verloren.. und nun möcht ich halt die chance wissen :P
Dryas Auf diesen Beitrag antworten »

Außerdem könnte ichs auch wenn ich wollte nochimmer nicht..
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Fangen wir mal mit 1) an, zunächst ein paar Ereignisse benennen:

... die 6er-Auswahl enthält mindestens eine Karte A
... die 6er-Auswahl enthält mindestens eine Karte B

Dann ist die Wkt gesucht, dass sowohl A als auch B eintritt, d.h.

.

Der Grund zu den Komplementen ("keine Karte A bzw. B") überzugehen ist, dass sich deren Wahrscheinlichkeiten viel leichter berechnen lassen, konkret

.

Ähnlich läuft es in der ersten Stufe von 2) und 3), nur wird dort noch die zweite Stufe (Auswahl von 3 aus 34 Restkarten) nachgeschaltet.
Dryas Auf diesen Beitrag antworten »

2 und 3 sind also nochmal komplizierter als das, richtig?..
Und das was du da nun gerechnet hast ist die Chance weder A noch B zu haben, richtig?
Heißt im Umkehrschluss, dass 1- dein ergebnis die chance auf a oder b is.
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn du nicht mal richtig alles durchliest ... unglücklich

Was ich berechnet habe, ist die Gewinnwahrscheinlichkeit im oben angeführten Fall 1, d.h. dass bereits in den ersten 6 Karten jeweils mindestens eine Karte A und mindestens eine Karte B enthalten ist. Das "1-..." ist also schon drin. Forum Kloppe
Dryas Auf diesen Beitrag antworten »

ach, das ist nur der teil den ich dann am ende mit den anderen einfach addiere?
Bitte sag ich hab Recht :/
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Dryas
ach, das ist nur der teil den ich dann am ende mit den anderen einfach addiere?

Auf solche nebulösen Beschreibungen kann ich nicht antworten. Die Rechnung oben ist klar und deutlich, bitte vollziehe sie nach ohne endlose Nachfragen - oder lass es bleiben.
Dryas Auf diesen Beitrag antworten »

Die Rechnung ist auch klar, daran zweifle ich nicht.
Ich wollte nur wissen, ob das Ergebnis das du da hast mit dem Endergebis von 2) und 3) addiert wird um am ende die Chance die ich suche herauszufinden..
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Das geht schon hieraus hervor:

Zitat:
Original von René Gruber
Ich liste mal die disjunkten (!) Gewinnsituationen auf:

Die Wahrscheinlichkeit einer disjunkten Vereinigung ist gleich der Summe der drei Einzelwahrscheinlichkeiten. Eine davon liegt nun vor, bleiben die anderen zwei.
Dryas Auf diesen Beitrag antworten »

Mir persönlich sagte der Begriff Disjunkten nichts, verzeih mir.
Math1986 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Dryas
Mir persönlich sagte der Begriff Disjunkten nichts, verzeih mir.
Sowas kann man auch nachschlagen, man muss nicht bei jedem unbekannten Wort nachfragen
Definitionen nachschlagen
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Deine Fragestellung ist ein leidlich anspruchsvolles Problem der elementaren Wahrscheinlichkeitsrechnung, damit befasse ich mich schon. Wenn du jetzt aber erwartest, dass ich dir auch noch alle üblichen Begriffe erläutere statt dass du sie selbst nachschlägst, dann täuschst du dich.
Dryas Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von René Gruber
Wenn du jetzt aber erwartest, dass ich dir auch noch alle üblichen Begriffe erläutere statt dass du sie selbst nachschlägst, dann täuschst du dich.

Habe nie behauptet, dass du das tuen sollst.
Aber is ja nun auch egal, weiß ja jetzt was es heißt.
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Für den Gesamtweg halte ich noch einmal inne und rekapituliere nochmal die Gewinnsituationen:

Zitat:
Original von René Gruber
1) Mindestens ein A und mindestens ein B unter den ersten 6 Karten (ganz gleich wieviele C dann noch dabei sind).

2) Mindestens ein A und mindestens ein C, aber kein B unter den ersten 6 Karten + mindestens ein B unter den drei nachgezogenen Karten

3) Mindestens ein B und mindestens ein C, aber kein A unter den ersten 6 Karten + mindestens ein A unter den drei nachgezogenen Karten

Dazu im Zusammenhang stehende Ereignisse sind:

1)

... unter den ersten 6 Karten ist mindestens ein A und mindestens ein B

2)

... unter den ersten 6 Karten ist mindestens ein A und mindestens ein C, aber kein B

... unter den nachgezogenen 3 Karten ist mindestens ein B

3)

... unter den ersten 6 Karten ist mindestens ein B und mindestens ein C, aber kein A

... unter den nachgezogenen 3 Karten ist mindestens ein A

Dann ist die gesuchte Gesamtgewinnwahrscheinlichkeit gleich

Zitat:


Zusammen mit den bereits festgelegten Basisereignissen

... die 6er-Auswahl enthält mindestens eine Karte A
... die 6er-Auswahl enthält mindestens eine Karte B

sowie analog

... die 6er-Auswahl enthält mindestens eine Karte C

haben wir bereits und in der Folge dann rausgekriegt.

Nun kann man auch mittels beschreiben und deren Wahrscheinlichkeit berechnen, die werden in (*) ja auch benötigt.

Schließlich und endlich kann man sich für die letzten noch benötigten bedingten Wahrscheinlichkeiten und klarmachen, wie sich die verbleibenden 34 Restkarten (also nach Entnahme der ersten 6 Karten) denn so zusammensetzen.

------------------------------------------

Das ist in aller ausführlichen Pracht der detaillierte Schlachtplan zur Lösung dieser Aufgabe. Nach der bisher so holprig verlaufenden Unterhaltung graut es mir allerdings davor, diese Schlacht mit dir gemeinsam zu schlagen. verwirrt
magic27 Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo, ich darf mich kurz einmischen:

kann man das Problem mit der Hypergeometrischen Verteilung lösen, wie folgt:

ein Kartendeck von 40, davon: 5 x A, 3 x B, 3 x C
die Stichprobe ist n = 6 (es werden 6 Karten ohne Zurücklegen gezogen)
es soll in der Stichprobe mindestens 1 x A und 1 x B enthalten sein.

Dann wende ich einmal die Hypergeometrische Verteilung an:



(in der Formel vorm Zähler fehlt das Zeichen für die Potenzmenge, die ich im Formeleditor nicht fand)

und erhalte als Wahrscheinlichkeit: 0,1405280352648

N = 40
n = 6
M1 = 5 m1 = 1
M2 = 3 m2 = 1

(ich muss ergänzen, dass ich gerade mein Wissen (10 Jahre her) wieder aufbessere und mich natürlich täuschen kann) gruss
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von magic27
und erhalte als Wahrscheinlichkeit: 0,1405280352648

... für das Ereignis, dass unter den ersten 6 gezogenen Karten genau eine Karte A und auch genau eine Karte B sind.
Dryas Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von René Gruber
Nach der bisher so holprig verlaufenden Unterhaltung graut es mir allerdings davor, diese Schlacht mit dir gemeinsam zu schlagen. verwirrt


Wenns dir graut kannst ja theoretisch das Ergebnis posten. Damit wärst du mich dann los und wir würden nichtmehr diese Streitähnlichen Gespräche führen. smile
Semifer Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von René Gruber
Für den Gesamtweg halte ich noch einmal inne und rekapituliere nochmal die Gewinnsituationen:

Zitat:
Original von René Gruber
1) Mindestens ein A und mindestens ein B unter den ersten 6 Karten (ganz gleich wieviele C dann noch dabei sind).

2) Mindestens ein A und mindestens ein C, aber kein B unter den ersten 6 Karten + mindestens ein B unter den drei nachgezogenen Karten

3) Mindestens ein B und mindestens ein C, aber kein A unter den ersten 6 Karten + mindestens ein A unter den drei nachgezogenen Karten

Dazu im Zusammenhang stehende Ereignisse sind:

1)

... unter den ersten 6 Karten ist mindestens ein A und mindestens ein B

2)

... unter den ersten 6 Karten ist mindestens ein A und mindestens ein C, aber kein B

... unter den nachgezogenen 3 Karten ist mindestens ein B

3)

... unter den ersten 6 Karten ist mindestens ein B und mindestens ein C, aber kein A

... unter den nachgezogenen 3 Karten ist mindestens ein A

Dann ist die gesuchte Gesamtgewinnwahrscheinlichkeit gleich

Zitat:


Zusammen mit den bereits festgelegten Basisereignissen

... die 6er-Auswahl enthält mindestens eine Karte A
... die 6er-Auswahl enthält mindestens eine Karte B

sowie analog

... die 6er-Auswahl enthält mindestens eine Karte C

haben wir bereits und in der Folge dann rausgekriegt.

Nun kann man auch mittels beschreiben und deren Wahrscheinlichkeit berechnen, die werden in (*) ja auch benötigt.

Schließlich und endlich kann man sich für die letzten noch benötigten bedingten Wahrscheinlichkeiten und klarmachen, wie sich die verbleibenden 34 Restkarten (also nach Entnahme der ersten 6 Karten) denn so zusammensetzen.

------------------------------------------

Das ist in aller ausführlichen Pracht der detaillierte Schlachtplan zur Lösung dieser Aufgabe. Nach der bisher so holprig verlaufenden Unterhaltung graut es mir allerdings davor, diese Schlacht mit dir gemeinsam zu schlagen. verwirrt


Es ist zwar super von dir, dass du Dryas beim Lösen dieser Aufgabe hilfst, aber anscheinend bist du nicht fähig zu differenzieren, ob es sich um ein Thema handelt, dass er zwangsläufig für die schulische Karriere verstanden haben muss, oder er einfach vor einem Problem steht, dass er unmöglich alleine schafft, aber einfach aus Interesse gerne gelöst haben möchte. Solch komplizierte Aufgaben wird er NIEMALS selbständig lösen müssen, Hilfe zur Selbsthilfe ist zwar schön und gut, aber da gibt es natürlich auch seine Grenzen, die hier klar überschritten worden sind. Schade, dass es nicht in deinem Ermessen liegt, das zu erkennen. Also entweder du sagst ihm jetzt einfach die Lösung, oder hälst weiter blind an deinen Idealen fest, die hier absolut nicht zum Tragen kommen und der arme Junge kriegt halt nie seine Lösung, schade.
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Wer bist du denn, dass du glaubst, mir Anweisungen geben zu können - noch dazu in diesem Ton? Finger2


Jedenfalls schaffe ich hier keinen Board-Präzedenzfall nach dem Motto:

"Aha, ich muss mich nur dumm stellen und jede Mitarbeit verweigern, dann bekomme ich die Komplettlösung auch umfangreicher Aufgaben tafelfertig serviert."

(Nicht, dass ich das von Dryas glaube - aber möglich ist es immerhin.)

Und ich hab oben schon eine sehr weitgehende Lösungsanleitung gegeben (und zudem das erste Drittel konkret ausgerechnet) - wer nicht bereit ist, die nachzuvollziehen, muss sich halt anderweitig umsehen. Ich habe hier keine Pflicht, bei mangelnder Mitarbeit alles alleine zu machen.
Semifer Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von René Gruber
Wer bist du denn, dass du glaubst, mir Anweisungen geben zu können - noch dazu in diesem Ton? Finger2


Wer bist du denn, dass du glaubst, ich hätte nicht das Recht dich zu kritisieren?
magic27 Auf diesen Beitrag antworten »

hahaha @ Semifer: "getting a Heartattack ??" Ihre Worte sind aggressiv und als ein gerade registrierter User zum Schmunzeln. Sie wollen als ein neu registrierter User unsere Grenzen aufzeigen ?? was wir hier zu tun haben oder nicht ? Am besten SIE verziehen sich hier von dieser Aufgabenstellung. die Art wie Sie Ihre Worte fassen verrät Ihren Charakter und es ist nur eine Frage der Zeit bis Sie weiter schimpfen wie ein Rohrspatz. aggressive Worte gegenüber jemandem der verständnisvoll und mit Motivation die Lösung in Schritten aufzeigt. Das Problem ist interessant genug - da spielt es keine Rolle für welchen Gebrauch es nützlich wäre. Ich finde es sehr gut von R Gruber dass er das so gemacht hat wie er gemacht hat - dadurch habe ich mein Verständnis zum Problem und zur allgemeinen Stochastik ebenso verbessert. Jemand der sich erst gerade registriert für dieses Portal und einen qualifizierten User bei seiner Lehrpraxis derzeit kritisiert ist hier nicht erwünscht und vor allem erst recht nicht teamfähig. Was bilden Sie sich ein ? Querulant ! mal sehen was Sie alles nächstes "loslassen" ...
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Jemand, der lediglich zwei Beiträge im Board geschrieben hat, und in beiden nur Streit gesucht hat, spreche ich dieses Recht rundweg ab. Leiste erstmal was im Board, dann sprechen wir uns wieder.
Dryas Auf diesen Beitrag antworten »

Ich drücks mal so auf wie ich es auffasse.
Ich muss bestätigen, dass er nur versucht hat mir zu helfen, aber dennoch liegt das nicht im Bereich des könnens eines Schülers der 11. Klasse.
Trotz der Versuche mich zum eigenständigen Lösen der Aufgabe zu bringen habe ich es nicht geschafft, da es meine Grenzen einfach überschreitet, weshalb ich dann fragte, ob er es mir nun wenigstens sagen könnte.
Im Endeffekt sind nun andere Leute froh, dass ich gefragt habe und diese Antworten kamen, aber ich, der eigentliche Fragende habe nichts davon, da ich nochimmer keine Lösung bekommen habe und die anscheinend auch nicht bekomme.
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Dryas
aber dennoch liegt das nicht im Bereich des könnens eines Schülers der 11. Klasse.

Das ist einfach nicht wahr, zumal nach obiger Anleitung: Das ist alles elementare Wahrscheinlichkeitsrechnung, ohne jede Trickserei oder Anwendung besonderer Kenntnisse.
Semifer Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von magic27
hahaha @ Semifer: "getting a Heartattack ??" Ihre Worte sind aggressiv und als ein gerade registrierter User zum Schmunzeln. Sie wollen als ein neu registrierter User unsere Grenzen aufzeigen ?? was wir hier zu tun haben oder nicht ? Am besten SIE verziehen sich hier von dieser Aufgabenstellung. die Art wie Sie Ihre Worte fassen verrät Ihren Charakter und es ist nur eine Frage der Zeit bis Sie weiter schimpfen wie ein Rohrspatz. aggressive Worte gegenüber jemandem der verständnisvoll und mit Motivation die Lösung in Schritten aufzeigt. Das Problem ist interessant genug - da spielt es keine Rolle für welchen Gebrauch es nützlich wäre. Ich finde es sehr gut von R Gruber dass er das so gemacht hat wie er gemacht hat - dadurch habe ich mein Verständnis zum Problem und zur allgemeinen Stochastik ebenso verbessert. Jemand der sich erst gerade registriert für dieses Portal und einen qualifizierten User bei seiner Lehrpraxis derzeit kritisiert ist hier nicht erwünscht und vor allem erst recht nicht teamfähig. Was bilden Sie sich ein ? Querulant ! mal sehen was Sie alles nächstes "loslassen" ...


Nur weil ich mich gerade hier angemeldet habe, heißt es nicht, dass ich weniger fähig bin, eure Vorgehensweise (völlig zurecht) zu kritisieren, das hat überhaupt nichts miteinander zu tun lol. Ich wurde durch eure Reaktionen, die absolut lächerlich sind und überhaupt nicht auf meinen Punkt eingehen, sondern immer nur wiederholen, wie unfähig ich ja als gerade registrierter user sei, darin bestätigt, dass gerade ich sehr wohl das Recht habe, euch auf eure Fehler aufmerksam zu machen.
Und dass du anhand eines INTERNETPOSTS meinen Charakter erschließen willst ist schon peinlich genug, lerne bitte mal zu argumentieren und auf das einzugehen, was ich schreibe, anstatt mit schönen Worthülsen um dich zu werfen, die an sich keinen Inhalt haben. Wie realitätsfremd kann man eigentlich sein...
Gualtiero Auf diesen Beitrag antworten »

@Semifer, ich rate Dir dringend, von dieser aggressiv-streitsüchtigen Art abzulassen! Statt hier groß Belehrungen zu geben, hättest Du lieber unser Boardprinzip lesen sollen. Da wirst Du auch bestätigt finden, dass wir keine Komplettlösungen geben.

Wenn Du nichts Konstruktives hier beiträgst, ist es besser, Du lässt es bleiben.
tigerbine Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Dryas
Im Endeffekt sind nun andere Leute froh, dass ich gefragt habe und diese Antworten kamen, aber ich, der eigentliche Fragende habe nichts davon, da ich nochimmer keine Lösung bekommen habe und die anscheinend auch nicht bekomme.


@ Helfer: Back to topic.

@ Fragesteller: Weiter mitarbeiten.

@ Andere: Unser Boardprinzip ist für jeden lesbar. Wem es nicht gefällt, der mache sein eigenes Board auf. Wir zwingen hier ja niemanden zum Posten. Augenzwinkern

Account wird gesperrt. Weitere erkennbare posts von "human behind Semifer" sind von Moderatoren kommentarlos zu löschen.
Dryas Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von tigerbine
@ Fragesteller: Weiter mitarbeiten.



Ich würds ja gerne, aber ich bin mehr als überfordert damiit. Deshalb ja auch die Frage ob mir da wer hilft.
René Gruber Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe reichlich Ansatzpunkte gegeben - wenn du dir wenigstens mal die winzigsten Gedanken etwa zu Teilpunkten wie

Zitat:
Original von René Gruber
Nun kann man auch mittels beschreiben und deren Wahrscheinlichkeit berechnen

machen würdest - was nach Analogiebetrachtungen zu 1), was ich vorgerechnet habe, durchaus möglich sein dürfte.

Aber nein, ich sehe weit und breit nichts, gar nichts, was du zu tun bereit bist. Und das ist ein bisschen wenig. unglücklich
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