Reihenfolgen |
| 29.10.2003, 12:50 | Steppenwolf | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Reihenfolgen
? Wäre nett wenn mir da wer weiterhelfen könnte. |
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| 29.10.2003, 13:00 | Kontrollator | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| RE: Reihenfolgen also so ohne was dazu können wir dir nur wenig helfen toll wenn du wenigstens ne übungsaufgabe hast dann erklären wir dir wie man sie löst 
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| 29.10.2003, 13:08 | Steppenwolf | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Kein Problem. Da ist z.B. so ein dämlicher Schütze der aus Langeweile auf Tonscheiben schießt. Nun trifft der Idiot aus Erfahrung 2 mal bei 5 Schüssen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit trifft er bei a) 6 Schüssen genau 3x b) 4 Schüssen mindestens 3x c) 4 Schüssen im 2. und 4. Versuch? |
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| 29.10.2003, 16:15 | Thomas | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Also, die Wahrscheinlichkeit bei einem Schuss zu treffen ist 2/5 also 0,4. Bei a) ist die Anzahl der Kombinationen, bei denen er genau 3 mal trifft "3 aus 6" = "6 über 3": 6! / (6-3)!*3! = 20 Das heißt, die Wahrscheinlichkeit genau 3 mal zu treffen bei 6 Schüssen ist: 20 * 0,4^6 = 0,08192 = 8,192 % So hätts ich gerechnet, weiß aber nicht genau, ob das richtig ist, also sagt mal ob das richtig ist!
b) Bei mindestens-Aufgaben immer zuerst das Gegenereignis nehmen: bei 4 Schüssen höchstens 1 Mal. Wären die 5 Kombinationen 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 Wahrscheinlichkeit = 1 - (5*0,4^4) = 1 - 0,128 = 0,872 = 87,2 % Bestätigung bzw. Berichtigung erwünscht
c) Hier gibts nur eine Kombination/Pfad: 1 0 1 0 Also ist die Wahrscheinlichkeit 0,4^4 = 0,0256 = 2,56 % Ich hoffe das stimmt, bitte kontrolliert das mal einer
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| 29.10.2003, 17:24 | martins1 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Zu a) Verwende die Binomialverteilung. Es gibt die Formel: P(X=k)=bin_coeff(n, k)*p^k*(1-p)^(n-k) P(X=k) .. Wahrscheinlichkeit, dass das "günstige" Ereignis genau k Mal auftritt p ... Wahrscheinlichkeit, dass das günstige Ereignis Auftritt (bei einem Versuch). Grundsatz der Binomialverteilung: Bei jedem Versuch sind genau 2 Ergebnisse möglich. n ... Anzahl der Experimente (Anzahl der Schüsse). bin_coeff(n, k) ... Binomialkoeffizient "n über k" bin_coeff(n, k)=(n*(n-1)*...*(n-k+1))/(1*2*...*k)=n!/(k!*(n-k)!) Anwendung: n=6 (6 Schüsse) p=0.4 (Wahrscheinlichkeit, dass er trifft) k=3 (Eer soll genau 3 Mal treffen) P(X=3)=bin_coeff(6, 3)*0.4^3*0.6^3=20*(6/25)^3=0.2764=27.64% Zu b) Verwende die Binomialverteilung und die Gegenwahrscheinlichkeit. P(Er trifft mindestens 3 Mal)=P(trifft 3 Mal) + P(trifft 4 Mal) Achtung: diesmal ist n=4 P(X=3)+P(X=4)=bin_coeff(4,3)*0.4^3*0.6 + bin_coeff(4,4)*0.4^4*1 =0.1792=17.92% Zu c) Aufgabenstellung ist mehrdeutig. Variante A: Er muss genau im 2. u. 4. Versuch treffen, sonst nicht Lösung=0.6*0.4*0.6*0.4=0.0576=5.76% Variante B: Die anderen Versuche sind egal. Lösung: betrachte NUR die beiden Schüsse, las die beiden anderen Weg. Du erhälst wieder eine Binomialverteilung mit n=2, p=0.4 u. k=2 P(X=2)=bin_coeff(2,2)*0.4^2 Er schießt zweimal, muss beide Male treffen. Lösung: 0.16=16% |
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| 29.10.2003, 19:27 | Thomas | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Hm ist dann meins alles falsch? Was habe ich falsch gemacht? Binminalverteilung hatten wir noch gar nicht. Ich hab halt immer an die Pfade gedacht bei so einem Baumdiagramm und dann die Wahrscheinlichkeiten für den jeweiligen Pfad ausgerechnet und dann zusammengezählt... |
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| 29.10.2003, 20:15 | Steppenwolf | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
@Martins1: Deine Ergebnisse sind richtig, vielen dank auch. Woran erkenne ich nun, ob ich die Reihenfolge beachten muss oder nicht
.@Thomas: Vielen dank, auch wenn du dich irgendwie verrechnet hast. |
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| 29.10.2003, 21:43 | Thomas | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
@Steppenwolf: wir hatten das alles noch nicht, habs mit meinen Methoden versucht, die halt anscheinend irgendwie falsch sind, aber egal
Die Beachtung der Reihenfolge sollte man sich logisch erschließen können, z.B. wenn er genau 3 mal treffen soll, ist es ja egal in welcher Reihenfolge. |
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| 30.10.2003, 14:06 | Steppenwolf | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich hätte da noch ne Aufgabe für euch 
:Ein Würfel wird 2x hintereinander geworfen und jeweils die Augenzahl festgestellt. Bestimme die Wahrscheinlichkeit für die Ereignisse: a) Die Summe der beiden Augenzahlen ist kleiner als 6 b) Das Produkt der beiden Augenzahlen ist größer als 22 c) Die Augenzahl 2 tritt höchstens einmal auf @Thomas: In welcher Jgs. bist du denn? |
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| 30.10.2003, 23:08 | Thomas | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ok ich versuch mein Glück nochmal, als 12.Klässler der mit Stochastik erst angefangen hat
a) Es gibt folgende Summen: 2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12 also insgesamt 11 Stück. Die Reihenfolge spielt keine Rolle, die Augenzahl soll kleiner als 6 sein, also 2,3,4,5 -> P = 4/11 b) Es gibt folgende Produkte: 1,2,3,4,5,6,8,10,12,15,18,20,24,25,30,36 also insgesamt 16 Stück. Reihenfolge spielt auch keine Rolle, Augezahl kleiner größer 22 sind 24,25,30,36 -> P = 4/16 = 1/4 c) Hier würde ich erstmal das Gegenereignis ausrechnen, also dass die Kombination 2-2 auftritt. Insgesamt gibt es 2 aus 6 also 6 über 2 Kombinationen, das sind 6! / (6-2)!2! = 15 Die Kombination 2-2 tritt einmal auf, also ist nicht P = 1/15 und P = 1 - 1/15 = 14/15 Und jetzt sagt mir meine Fehler
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| 31.10.2003, 01:01 | martins1 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Thomas, du hast es nicht anders gewollt: Es gibt 36 verschiedene Würfe. Die Häufigkeiten sind nicht gleichmäßig verteilt. Man kann die Summe 7 auf mehreren Wegen erreichen: 3+4 5+2 6+1 1+6 ... a) Folgende Würfe haben eine Summe kleiner 6 11 12 13 14 21 22 23 31 32 41 Das sind 10 von 36: P=5/18 b) Mögliche Varianten: 46 64 55 56 65 66 Das sind 6 vo 36: P=1/6 c) Gegenwahrscheinlichkeit: P = 1-P(2 trifft zweimal auf) Nur ein Wurf von 36 erfüllt dies, nämlich 22: P=1/36 |
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| 31.10.2003, 10:39 | Thomas | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Hm, aber warum muss man hier die Reihenfolge beachten? Weil die nacheinander und nicht gleichzeitig geworfen wurden? Wären meine Lösungen richtig, wenn die Würfel gleichzeitig geworfen würden? |
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| 31.10.2003, 22:56 | martins1 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Es kommt darauf an, was du ausdrücken willst. Wenn du alle Möglichkeiten aufzählen willst, dann musst du die Reihenfolge beachten (1. u. 2. Wurf oder 1. u. 2. Würfel, je nachdem ob du nacheinander oder gleichzeitig wirfst). Wenn du es als Ereignis betrachtest, dann ist die Reihenfolge egal, allerdings sind die Wahrscheinlichkeiten nicht gleich. Ein Ereignis (es wird ein 1er und ein 5er gewürfelt) tritt in zwei Fällen ein (15 u. 51), daher P(1er u. 5er)=1/18. Ein anderes Ereignis (es werden 2 6er gewürfelt) tritt nur in einem Fall auf (66), daher P(2 6er)=1/36. |
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| 01.11.2003, 05:03 | Thomas | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ja ich habe jetzt schon kapiert. Mich interessiert nur noch, ob meine Lösungen richtig wären, wenn die Würfel gleichzeitig statt nacheinander geworfen würden? |
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| 02.11.2003, 21:42 | BlackJack | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
es ist egal, ob man die würfel ghleichzeitig oder hintereinander wirft, da jeder wurf unabhängig von dem vorherigen ist. d.h. auch wenn du schon 10x eine 6 gewürfelt hast, ist die wahrscheinlichkeit, noch eine zu würfeln, immernoch 1/6. wie martins1 schon gesagt hat, entweder betrachtet man den 1. und 2. würfel, wenn man gleichzeitig wirft, oder den 1. und 2. wurf, wenn man hintereinander würfelt. ist beides das gleiche. nochmal eine erklärung zu den binomialverteilungen: es werden mehrere verscuhe hintereinadner ausgefüht, wobei bei jedem versuch nur 2 ergebnisse rauskommen können (trifft zu / trifft nicht zu). dabei wird die wahrscheinlichkeit, dass ein einzelnes ereigbiss eintrifft, mit p bezeichnet. wenn man jetzt z.b. die wahrscheinlichkeit ausrechnen möchte, dass man bei sechsfachem würfeln _genau_ 3 mal die 6 würfelt, muss man zuerst p bestimmen: klar, 1/6. _genau_ 3 mal die sechs heisst drei mal die wahrscheinlichkeit, die sechs zu würfeln (1/6 ^ 3), und dann noch für dei übrigen drei würfe die wahrscheinlichkeit, keine sechs zu würfeln (5/6 ^ 3). da aber nicht bestimmt ist, wann diese drei sechsen auftreten sollen, kann man die 3 "erfolgreichen" ereignisse noch auf "6 über 3" möglichkeiten auf die 6 gesamtversuche verteilen. da ergibt dann als formel: P(X=3) = "6 über 3" * (1/6)^3 * (5/6)^3 oder, wie schon gesagt, allgemein für n versuche: P(X=k) = "n über k" * p^k * (1-p)^(n-k) |
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| 02.11.2003, 21:53 | Thomas | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Doch klar ist das wichtig, weil wenn man die gleichzeitig würfelt, kann man die Reihenfolge nicht mehr bestimmen und 1-2 = 2-1 ... Also wär dann meins richtig! Oder? |
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| 02.11.2003, 22:19 | BlackJack | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ach, stimmt, ich glaube, das war andersrum. wenn man gelcihzeitig wirft, kann man genausogut hintereinander werfe, umgekehrt aber nicht. bin mir da baer auch nicht sicher, kommmt halt immer auf die (interpretation der) aufgebenstellung an. |
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| 02.11.2003, 22:52 | henrik | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
lol ich konnt mich nich halten als ich das gelesen hab |
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| 03.11.2003, 17:56 | martins1 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Es ist vollkommen egal, ob die Würfel gleichzeitig oder nacheinander geworfen werden. Wenn die Würfel nacheinander geworfen werden, dann hast du eine Reihenfolge: 1.Wurf, 2.Wurf, ... Wirfst du die Würfel gleichzeitig, so schaffe selbst eine Reihenfolge: 1.Würfel, 2. Würfel, ... Wenn du die Reihenfolge nicht beachtest wird die Anzahl der möglichen Ereignisse geringer, dafür sind die Wahrscheinlichkeiten nicht gleich verteilt. Zum Beispiel: Würfle gleichzeitig mit 2 Würfeln: Die Augenzahl 7 wird wesentlich öfters auftreten, als 12 oder 2. Deshalb sind deine Lösungen falsch. Probiers aus!! |
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| 03.11.2003, 18:01 | Thomas | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Aber rein theorethisch jetzt gesehen. Also bei der Summe kann ich das jetzt verstehen, weil es für 7 mehr Kombinationen gibt, stimmt. Aber es kommt eben bei Summe und Produkt nur darauf an, dass sich Summe bzw. Produkt auf verschiedene Art und Weise bilden lassen, wenn man gleichzeitig wirft ist es egal ob 3-4 oder 4-3, aber es ist nicht egal ob 6-2 oder 3-4 (bei Produkt jetzt). Bei der Aufgabe c) allerdings handelt es sich ja nur um die Kombination 2-2, und da sollte meine Lösung (bei gleichzeitigem Wurf dann halt) schon stimmen, oder nicht? |
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| 04.11.2003, 18:53 | *Steppenwolf | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
@Henrik: Hatte Langeweile
.-Irgendwie funktioniert das LogOn nicht richtig
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| 04.11.2003, 19:41 | Thomas | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Login, siehe hier: http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=517 Wenn das nicht funktioniert, melde dich nochmal. |
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