Ein Stab soll ein Dreieck bilden

10.12.2011, 00:30

Ziemlilchspät

Ein Stab soll ein Dreieck bilden

Meine Frage:
Ein Stab wird zufällig in drei Teile gebrochen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit kann man
aus den drei Teilen ein Dreieck bilden? (Hinweis: Überlegen Sie sich zunächst, wie man
das ?zufällige? Brechen des Stabes modellieren könnte. Je nach Wahl eines bestimmten
Zufallsmodells kann die Antwort unterschiedlich ausfallen.)

Meine Ideen:
Hi, ich hoffe mal ihr könnte mir hier ein bisschen auf die Sprünge helfen.
Meine Überlegungen:
Damit man ein Dreieck bilden kann muss die Dreiecksungleichung gelten, also:
x+y > c
Ich geh davon aus dass der Stab die Länge 1 hat.

also muss x + y > 0.5
dementsprechend muss x < 0.5 und y < 0.5
Das Modell das ich mir überlegt habe ist:

Ich breche den Stab erst einmal. Die erste Hälfte bleibt, die zweite Hälfte wird nochmal gebrochen.
Etz müsste ich nur ausrechnen wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist das die erste Hälfte größer ist als die zweite. Denn wenn diese größer ist, ist eine Dreiecksbildung nicht mehr möglich.

Hab aber keine Ahnung wie ich da vorgehen soll.

Ich hab auch schon Beispiele im Internet gefunden. Aber die gehen von einer Dreiecksgrundfläche von 0.5 aus und die Wahrscheinlichkeit die diese dann bekommen läuft auf 1/8 raus. Aber das konnte ich nicht so ganz nachvollziehen

10.12.2011, 00:54

Dopap

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du kannst nicht einfach Buchstaben als Ersatz für Inhalte verwenden, wenn die Inhalte nicht klar sind!
bei dir:

Ein Stab der Länge 1 wird zufällig in drei Teile geteilt. Das seien die Stücke mit den Längen a,b,c

mit a+b+c=1

Damit die Stücke ein Dreieck bilden können, muss gelten

a+b>c
a+c>b
b+c>a

Mit welcher Wahrscheinlichkeit geschieht dies?
--------------------------

nachdem die Syntax geklärt ist, kann man zur Tat schreiten...

Also: Welches Modell, welche Ideen..?

10.12.2011, 02:01

ziemlichspät

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wie gesagt, meine Idee war es den stab erst einmal zu brechen. Ist das Stück das nochmal gebrochen wird kürzer als das zweite, kann man kein Dreieck bilden. Also bräuchte ich nur die Wahrscheinlichkeit das a> b+c. Aber keine Ahnung wie ich vorgehen soll

10.12.2011, 09:56

Zellerli

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Zitat:

Ist das Stück das nochmal gebrochen wird kürzer als das zweite, kann man kein Dreieck bilden. Also bräuchte ich nur die Wahrscheinlichkeit das a> b+c.

Der erste Teil der Aussage stimmt. Ist die Gleichung $\begin{eqnarray*} a<b+c \end{eqnarray*}$ nicht erfüllt, kannst du kein Dreieck bilden. Aber ist sie erfüllt, heißt das noch lange nicht, dass du eins bilden kannst!

Gegenbeispiel:
$\begin{eqnarray*} a=0,3, \ b=0,6, \ c=0,1 \end{eqnarray*}$
Die weiteren Dreiecksungleichungen sind also schon alle wichtig. (Im Beispiel-Fall gelten die 1. und die 3. Ungleichung, die Dopap formuliert hat).

Wichtig ist noch, dass es einen Unterschied macht, ob du erst den Stab brichst und dann das größere Ende nochmal, als wenn du dir vorher auf dem Stab zwei Bruchstellen zufällig markierst und ihn dann brichst (was deinem Modell dann entspricht, wenn du für das Auswählen des größere Stabes nach dem ersten Bruch die korrekte Wahrscheinlichkeit angibst).
Ich deute die Aufgabenstellung so, dass beide Lösungen korrekt sind, wenn du darauf hinweist, welchen Weg du wählst.

Wie geht man da vor?
Mit welcher Wahrscheinlichkeit liegt die reelle Zahl $\begin{eqnarray*} r \in [0;1] \end{eqnarray*}$ im Intervall $\begin{eqnarray*} [a;b], \ 0<a<b<1 \end{eqnarray*}$ ?
Analog: Auf einer Autobahnstrecke von $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ liegt ein Schlagloch. Mit welcher Wahrscheinlichkeit liegt es auf der Teilstrecke $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ?

10.12.2011, 11:22

ziemlichspät

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Also für r würde ich sagen liegt die Wahrscheinlichkeit zwischen [0,1].

Bei dem Autobahnbeispiel, hab ich einfach mal ein bisschen an die diskrete Wth gedacht.
Da komme ich auf:

$\begin{eqnarray*} \frac{x}{y} \end{eqnarray*}$

also angewendet auf das Dreiecksbeispiel:

$\begin{eqnarray*} \frac{x}{x-1} \end{eqnarray*}$

Wenn x

Achja was ich mir dabei gedacht hab, naja mehr oder weniger das hier:

" $\begin{eqnarray*} P(\frac{x \cap y}{y} ) \end{eqnarray*}$ "

10.12.2011, 14:11

ziemlichspät

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So mal ein neuer Ansatz.

Ich breche erst einmal und dann das längere Stück das zweite mal.

Für den ersten Bruch hab ich die wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac{x}{a} \end{eqnarray*}$ wobei a die Gesamtlänge ist.

Für den zweiten Bruch, da er auf dem zweiten Teil $\begin{eqnarray*} a-x \end{eqnarray*}$ liegen muss, würde ich die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{a-x} \end{eqnarray*}$ nehmen.

Für die gemeinsame Wahrscheinlichekeit multipliziere ich sie und erhalte

$\begin{eqnarray*} \frac{x}{a(a-x)} \end{eqnarray*}$
Für das Intervall $\begin{eqnarray*} a\in [0,1] \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{x}{(1-x)} \end{eqnarray*}$

Und dann das Integral von 0 bis 0.5, da x < 0.5 sein muss.

$\begin{eqnarray*} \int_0^{0.5} \! \frac{x}{(1-x)} \, dx \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \left[-x+ln(1-x)\right]_{0}^{0.5} \end{eqnarray*}$ =-0.19

Da ist es schon wieder falsch....

Ich geh ein... ich sehs nicht, bzw kanns nicht verstehen -.- Hoffe nochmal auf Hilfe

10.12.2011, 17:11

Dopap

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etwas ähnliches findest du hier:

[Geometrische Wahrscheinlichkeit] Stab in 3 Hälften geteilt.

Habe mir folgendes überlegt:

Wird in einem gleichseitigen Dreieck mit der Seitenlänge 1 ein Punkt zufällig ausgewählt, dann kann man 3 Parallelen zu den Seiten durch den Punkt ziehen.

Diese schneiden von den 3 Seiten 3 Teilstücke derart ab, dass deren Summe 1 ergibt.

( die 3 Stücke lassen sich auf eine Seite abbilden , verschieben)

Der Witz ist nun der, dass die 3 Teilstücke ein Dreieck bilden könnten, sofern sich P nicht zu weit von der Mitte entfernt.
Ich könnte mir einen Kreis vorstellen, bei dem die inneren Punkte o.k. sind.

Dann könnte man die Wahrscheinlichkeit als geometrische Wkt. des Verhältnisses der Flächen interpretieren.

Das Problem ist umformuliert nun das, die Punktmenge im Innern des Dreiecks derart zu finden, dass die 3 "Teilstücke" der Dreiecksungleichung genügen.

10.12.2011, 17:54

ziemlichspät

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Schon mal danke Big Laugh

Jo klingt auch nach nem guten Weg. Hab aber bis jetzt noch nie was von geometrischer Wahrscheinlichkeit gehört. In dem Fall wird auch anders als ich es vorhatte/vorhab der Stab gleich in drei Teile geteilt. Das müsste ja auch ne andere Wahrscheinlichkeit ergeben.

Nochmals danke, werd mal den von dir gezeigten Weg genauer ansehen und an meinen weiter arbeiten^^

10.12.2011, 18:43

Dopap

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geometrische Wahrscheinlichkeit
wenn eine Zufallsvariable gleichverteilt auf [0,1] ist, dann ist die Wkt dafür,
in einem Intervall $\begin{eqnarray*} \rm I \subset [0,1] \end{eqnarray*}$ zu "landen" eben |I|.
Ist doch Allgemeingut, ist aber auch schon eine geometrische Wkt.

Ist eine Zufallsvariable gleichverteilt im Einheitsquadrat, dann ist die Wkt in einer Menge
$\begin{eqnarray*} \rm A \subset [0,1]\times [0,1] \end{eqnarray*}$ zu "landen" eben |A|, d.h. der Flächeninhalt.

da ist doch nichts Besonderes dran.

10.12.2011, 19:22

ziemlichspät

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So bin fertig danke deiner Hilfe und einen ziemlich alten Beitrag hier hab ich es zufriedend stellend geschafft Big Laugh

10.12.2011, 20:00

Dopap

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na, das ist doch mal eine gute Nachricht! smile

Würde es dir etwas ausmachen, gelegentlich das Ergebnis zu posten?

10.12.2011, 20:48

ziemlichspät

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$\begin{eqnarray*} \int_0^{\frac{1}{2} } \int_{\frac{1}{2}-x }^{\frac{1}{2} } \! \frac{1}{1-x} \, dydx = 19.3% \end{eqnarray*}$

Was mir dabei sehr geholfen hat ist:
Ist eine Zufallsvariable gleichverteilt im Einheitsquadrat, dann ist die Wkt....

Der Flächeninhalt war dann auch die Lösung Big Laugh

12.12.2011, 09:09

René Gruber

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Anscheinend ist dir irgendwo ein Faktor 2 abhanden gekommen - ich nehme an, bei der Dichte des bei der ersten Teilung entstandenen kleineren (!) Teilstücks: Das ist nämlich gleichverteilt auf $\begin{eqnarray*} \left[0,\frac{1}{2}\right] \end{eqnarray*}$ , hat also dort die Dichte 2 statt 1.

Es folgt für die Gesamtwahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} \int_0^{\frac{1}{2} } 2\cdot \int_{\frac{1}{2}-x }^{\frac{1}{2} } \frac{1}{1-x} ~ \dd y ~ \dd x = 2\ln(2)-1 \approx 38.6% \end{eqnarray*}$ .

EDIT: Ach entschuldige, ich glaubte irgendwo gelesen zu haben, dass du im zweiten Teilschritt immer das größere Teilstück zerbrichst. Anscheinend machst du das aber doch nicht so, also ist deine Lösung für dieses andere Vorgehen korrekt. Augenzwinkern

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