Angaben und Lösungen der Viertl-Beispiele - UE 2 am 22.10.2002
Results 1 to 59 of 59
  1. #1
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    Angaben und Lösungen der Viertl-Beispiele - UE 2 am 22.10.2002

    Beispiel 2.1

    Angabe: Häufig (bei Glücksspielen, Wetten, aber auch im Alltag) werden Wahrscheinlichkeiten von Ereignissen nicht direkt, sondern in der Form von Verhältnissen angegeben. So sagt man beispielsweise, die Chancen (engl. odds) für (den Eintritt von) A stehen 1 zu 10. Heißt das nun, dass die Wahrscheinlichkeit W(A) von A gleich 1/9, 1/10 oder 1/11 ist? Umgekehrt: Wenn beispielsweise W(A)=2/3, stehen dann die Chancen (für den Eintritt von A) 2 zu 3, 3 zu 2 oder 2 zu 1?

    Lösung:

    (1.) 1 zu 10: W(A)=1/11
    (2.) 2 zu 1: W(A)=2/3
    Last edited by djbiohazard; 17-10-2002 at 18:08.

  2. #2
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    Beispiel 2.2

    Angabe: Ein Tennismatch wird nach der BO5-Regel ("Best Of 5") ausgetragen, d.h. derjenige gewinnt, der als erster drei Sätze für sich entscheidet. Beschreiben Sie den Spielverlauf mit Hilfe eines geeigneten Merkmalraums. Wieviele Elemente hat der Merkmalraum? Welche Ereignisse sollte ein passendes Ereignissystem zumindest umfassen? Beschreiben Sie auf Basis des Merkmalraums das Ereignis: "Spieler B gewinnt in vier Sätzen".

    Lösung:

    Spieler A gewinnt:
    3:0 => AAA
    3:1 => AABA; ABAA; BAAA
    3:2 => AABBA; ABBAA; BBAAA; ABABA; BABAA; BAABA

    Spieler B gewinnt:
    3:0 => BBB
    3:1 => BBAB; BABB; ABBB
    3:2 => BBAAB; BAABB; AABBB; BABAB; ABABB; ABBAB

    Anzahl der Elemente im Merkmalraum => 10

    Ereignissystem: {A gewinnt in 3, 4 oder 5 Sätzen} und {B gewinnt in 3, 4 oder 5 Sätzen}

    Das Ereignis "Spieler B gewinnt in 4 Sätzen:
    E={BBAB; BABB; ABBB}

  3. #3
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    Beispiel 2.3

    Angabe: Auf einem (dünnen) Holzstab der Länge 1 [m] werden willkürlich zwei Stellen markiert; anschließend wird der Stab an diesen Stellen durchsägt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit lässt sich aus den so entstehenden Stücken ein Dreieck bilden? (Hinweis: Argumentieren Sie geometrisch.)

    Lösung:

    b
    |
    |
    |
    |______a
    /
    /
    /
    c

    Und bei diesem Koordinatensystem macht ihr überall bei 1 eine Markierung und verbindet diese 3 Punkte => Dreieck. Und die Wahrscheinlichkeit aus diesen Stücken ein Dreieck zu bilden => W=1/4

  4. #4
    dj_m.o.h.t.'s Avatar
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    Beispiel 2.4

    Angabe: Aus sechs Studenten und sechs Studentinnen werden Arbeitsgruppen zu je zwei Personen gebildet. Die Einteilung soll dabei ganz zufällig erfolgen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit gibt es keine gemischtgeschlechtliche Gruppe?

    Lösung:

    M...männlich
    F...weiblich

    (1.)
    MM
    MM
    MM
    FF
    FF
    FF

    (2.)
    MF
    MF
    MM
    MM
    FF
    FF

    (3.)
    MF
    MF
    MF
    MF
    MM
    FF

    Die Wahrscheinlichkeit, dass keine gemischtgeschlechtliche Gruppe => W=1/4

  5. #5
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    Beispiel 2.5

    Angabe: A und B sind Ereignisse mit W(A)=0.4 und W(B)=0.7! Man ermittle den möglichen minimalen und maximalen Wert von W(A geschnitten B) und gebe Bedingungen an, unter denen die Extremwerte angenommen werden.

    Lösung:

    min W(A geschnitten B)=0.1
    max W(A geschnitten B)=0.4

  6. #6
    dj_m.o.h.t.'s Avatar
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    Beispiel 2.6

    Angabe: Wenn sich k Personen zufällig auf n (n>k) in einer Reihe aufgestellte Stühle setzen, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie k benachbarte Stühle belegen? Was ändert sich, wenn die n Stühle im Kreis aufgestellt sind?

    Lösung:

    k...Personen
    n...Stühle

    (1) Reihe:
    n! / k!*(n-k)! ...mögliche Fälle
    n-k+1 ...günstige Fälle
    W = ((n-1)+1)*k!*(n-k)! / n!

    (2) Kreis:
    n! / k!*(n-k)! ...mögliche Fälle
    n ...günstige Fälle
    W = n*k!*(n-k)! / n!

  7. #7
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    @ 2.1
    Ich denke die Lösung ist
    a) 1 zu 10 => W(A)=1/11
    b) W(A)=2/3 => 2 zu 1

  8. #8

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    da stimme ich lj_scampo zu
    ich und meine freundin glauben auch, dass das bsp. 2.1 so gehört
    danke für die anderen lösungen

  9. #9
    joli

    2.) W(A)=2/3 ==> Chancen ?:?

    Also ich denke das W(A)=2/3 den Chancen von 2 zu 1 entspricht!

    Man kann es auch umrechnen:
    bei 1 zu 1 ist W(A)=1/2
    bei 1 zu 2 ist W(A)=1/3
    ...
    bei x zu y ist W(A)=x/(x+y) => W(A)=a/b entspricht den Chancen a zu b-a.
    für das Beispiel W(A)=2/3 => Chancen 2 zu 3-2 => 2 zu 1

  10. #10

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    @ 2.2

    @2.2

    müsste nicht die anzahl der elemente des merkmalraumes nicht bei 20 liegen? immerhin habe ich ja 10 elemente pro spieler oder?

    greetings jürgen
    unix - because life is too short to reboot!

  11. #11

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    anmerkung zu 2.3

    @2.3
    ==========
    mir scheint der lösungsansatz von robby nicht ganz so klar zu sein. (kann auch daran liegen das mein mathematisch denkender teil meines hirnes durch ein halbes jahr pause ein wenig eingerostet ist )

    =====>

    ...meine gedanken liegen eigentlich bei folgendem:
    die kürzeren 2 seiten meines dreiecks müssen länger sein als die lange 3e seite ((a+b) > c). ansonsten kann ich sowieso kein dreieck machen.

    und da (a+b) <-- (gemeint sind die zwei kürzeren seiten) zusammen mindestens die hälfte vom stab teilen müssen, müsste doch die wahrscheinlichkeit auch bei 1/2 liegen.

    oder nicht?
    comments or corrections erwünscht.

    mfg jürgen
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  12. #12
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    @2.5:
    wie ermittelt man den minimalen und maximalen wert? ich hab darüber in meiner mitschrift nix gefunden und das buch hab ich noch ned.

    mfg

  13. #13
    lj_scampo's Avatar
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    @min/max
    Da die W(AuB) maximal 1 sein kann (kann ja nie gr&ouml;sser 1 werden), muessen sich die beiden Ereignisse mindestens um 0,1 ueberschneiden (W(A)+W(B)=1,1) -> min (AnB)=0,1.
    Maximal kann gelten: A echte Teilmenge von B -> max W(AnB)= 0,4

    Ich hoffe, das war einigermassen verst&auml;ndlich..

  14. #14

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    @2.4: ich denke die Lösung von Robby ist falsch, alle Lösungen lassen sich zwar in 4 Klassen einteilen:
    1. 3xMM, 3xFF
    2. 2xMM, 2xFF, 2xMF
    3. 1xMM, 1xFF, 4xMF
    4. 6xMF

    ich bin mir aber ziemlich sicher dass diese Klassen nicht gleich groß also nicht gleich wahrscheinlich sind.

    hab zwar schon eine Theorie für die richtige Lösung, muß aber noch ein bissl darüber brüten.

  15. #15
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    @kb23kye: habe mir 2.3 auch so überlegt und denke, dass es sp passen sollte,... aber vielleicht kann uns robby eine bessere erklärung zu seinem ansatz geben, weil ganz sicher bin ich mir bei meiner/deiner lösung auch nicht,...
    Last edited by bluefoxx; 20-10-2002 at 10:25.
    MfG

    bLu3

  16. #16

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    bsp 1.2

    bei x zu y ist W(A)=x/(x+y) => W(A)=a/b entspricht den Chancen a zu b-a. ???
    mich würds interessieren woher diese formel kommt?
    lg,
    Estelle

  17. #17

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    ok,ok ich weiss schon ,wieso kom icj erst jetzt drauf

  18. #18

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    Beispiel 2.4

    Robby hat nur vergessen den Fall 6xMF
    hinzuschreiben. Dann stimmts wieder. Die W ist dann 1/4.

    lG

  19. #19

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    @2.3 again

    ...jaja nicht schlecht alles zusammen. mich würde aber trotz all dem interessieren was ihr zur 2.3 lösung sagt?

    mfg jürgen
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  20. #20

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    ich komm einfach nicht drauf, warum die wahrscheinlichkeit bei der gruppenbildung aus bsp 2.4 1/4 ist.
    kann da jemand das jemand bitte erklären?

  21. #21

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    naja, es gibt halt diese 4 versionen wie die gruppen zusammengestellt werden können -> M=4. wir brauchen nur die 1. möglichkeit -> A=1 =>W(A)=1/4.
    wahrscheinlich hilft dir das nicht so viel, aber besser kann ichs nicht erklären.

    Richie

  22. #22

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    gut, so hab ich das verstanden, aber ich kann mir nicht vorstellen, dass das stimmt. ich glaub, dass die wahrscheinlichkeit kleiner ist, weil ja nicht alle kombinationen gleich wahrscheinlich sind....

  23. #23

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    das hab ich mir auch überlegt, aber ich glaub schon, dass die gleich wahrscheinlich sind.
    jedenfalls hab ich keine idee wie man sich das gescheit ausrechnen könnt. man kann ja alle möglichkeiten aufschreiben und sich das dann ausrechnen, aber das dauert mir zu lange.
    (mit möglichkeiten meine ich jetzt, dass man jeden M und jede F als verschiedene ansieht -> M1, M2, M3,...)

  24. #24

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    Gleich warscheinlich!!

    Die sind gleich warscheinlich! Die 6 Gruppen werden willkürlich geschlossen, es gibt 4 gleich warscheinliche Möglichkeiten, wie die Kombination Burschen/Mädels zustande kommt, und nur EINE davon ist ohne verschiedengeschlechtliche Gruppen ---> 1/4!!
    That´s all!

  25. #25

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    Re: Beispiel 2.4

    zu bsp 2.4

    der lösungsansatz von robby ist schon ganz gut, jedoch meiner meinung nach nicht vollständig.

    man hat 12 leute (6 männl. 6 weibl.)

    ich betrachte einfach die pärchenziehungen beschränkt auf die männl. oder weibliche gruppe:

    E=günstige / mögliche

    Paar 1:
    1 ziehung von 6 (männl.) günstigen von insg. 12
    E1= 6 / 12
    2 ziehung ist von erster abhängig
    P(E2|E1)=P(E1 und E2)/P(E1)=
    =(6/12 * 5/11)/(6/12)=5/11
    E2=5 / 11
    5/11 wegen annahme gleichgeschl. gruppen (ohne zurücklegen, daher wenn ich einen männl. ziehe, habe ich nur mehr 5 männliche aus 11 leuten)

    P(E1 und E2) = P(E1) * P(E2|E1)= 6/12 * 5/11=5/22

    Paar 2:
    1 ziehung
    E3= 4 / 10
    2 ziehung
    E4= 3 / 9
    P(E3 und E4) = 4/10 * 3/9 =2/15

    Paar 3:
    1 ziehung
    E5= 2 / 8
    2 ziehung
    E6= 1 / 7
    P(E5 und E6) = 2/8 * 1/7 =1/28

    damit haben wir alle männlichen paare erreicht, d.h. es bleiben nur mehr 6 günstige (weibliche) zu 6 gesamt mögliche; d.h. die restlichen gruppen würden nur P=1 ergeben daher kann man sie weglassen.

    Die gesamt lösung ist daher:
    P(alle gruppen gleichgeschlechtlich)=
    P(E1 und E2)*P(E3 und E4)*P(E5 und E6)=
    5/22 * 2/15 * 1/28 = 1/924 =0,001082251

    0,1% wahrscheinlich

    man kann natürlich auch alle 6 gruppen mit zufälliger reihenfolge von gleichgeschlechtlichen gruppen berechnen, jedoch kommt dasselbe ergebnis heraus.

    hoffe ich konnte euch damit weiterhelfen und dass ich mich nicht zu kompliziert ausgedrückt habe, bei fragen einfach posten!

  26. #26
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    @ 2.6

    Kann mir vielleicht jemand sagen warum bei dem letzen Beispiel

    n-k+1 ...günstige Fälle

    sind!?

    mfg

  27. #27

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    tja, das post von MacLoud und Rastafande wirdersprechen sich aber jetzt ordentlich....schwer zu entscheiden, was jetzt richtig ist...

  28. #28

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    @ 2.3

    Ich denke Robbie's Lösung war Richtig, dennoch wenig einleuchtend.

    Bekannt: (a+b ) > c
    (a+b+c) = 1

    eine Variable wird durch die beide anderen ausgedrückt:

    a + b + c = 1
    a + b = 1 - c
    c = 1 - a - b

    (1)
    a + b > 1 - a - b
    2a + 2b > 1
    a + b > 1/2

    (2)
    a + 1 - a - b > b
    b < 1/2

    (3)
    b + 1 - a - b > a
    a < 1/2


    b
    1 |
    |\
    | \
    | \ W = 1/4
    | \
    1/2|________\
    |\xxxxxxxxx| \
    | \xxxxxxx| \
    | \ xxxx| \
    | \xx| \
    -|-------------------------------->a
    0 1/2 1



    Btw. Auf die Zeichnung bin ich trotz allem irgendwie stolz

    bitte um Kommentare... sicher bin ich mir eigenlich nie...

  29. #29

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    aha... hmm... naja war eigentlich gut gemeint... sorry.

  30. #30
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    Ziemlich arges "Kunstwerk" die Zeichnung ... danke trotzdem
    Mir ist nur leider immer noch nciht ganz klar warum W(A)=1/4 ist!?

    mfg

  31. #31

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    @ 2.3

    Hallo

    kann vielleicht jemand von euch die Zeichnung einscannen, irgendwie blicke ich da nicht ganz durch

    lg

  32. #32

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    @ 2.3

    Ich weiss aber nicht ob es stimmt, deshalb bitte ich um comments, Verbesserungen, Beschimpfungen, etc.

    http://www.webpark.sk/hruso/holzstab.jpg

  33. #33

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    <--
    Forbidden
    You don't have permission to access /hruso/holzstab.jpg on this server
    -->

    da wär ein kleines "chmod" angebracht
    trotzdem thx für die Mühen

  34. #34
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    http://www.webpark.sk/hruso/ lass den Dateinamen weg, dann gehts irgendwie??
    Der beste Beweis, dass ausserirdische Intelligenz existiert, ist der dass bis jetzt noch keiner Kontakt zu uns aufgenommen hat

  35. #35
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    Re: Beispiel 2.6

    Original geschrieben von Robby

    (1) Reihe:
    W = ((n-1)+1)*k!*(n-k)! / n!

    (2) Kreis:
    W = n*k!*(n-k)! / n!
    Kleiner Schreibfehler bei (1):
    W=((n-k)+1)*k!*(n-k)! / n!
    =k! (n-k+1)! / n!


    und (2) bekomm ich auch dasselbe raus:

    W= n*k!*(n-k)! / n! = k!(n-k)! / (n-1)!
    Last edited by Filz; 22-10-2002 at 09:46.

  36. #36
    RAUSCHfrei's Avatar
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    2.3

    Ich hab mir die Mühe gemacht und ein kleines Java-Prog geschrieben, das zufällig die 3 Seiten ermittelt, und die Versuche zählt, in denen die größte Seite kleiner als 0.5 ist. Erstaunlicherweise kommt hier eine Wahrscheinlichkeit von rund 0.18 heraus. Kann sein, dass ich was falsch gemacht hab - bin aber bisher auf keinen Fehler draufgekommen.

    (Im txt-File steht der Code)

    [EDIT] hab das programm etwas verändert: Es wählt zuerst zwei Stellen von 0 bis 100 beliebig aus, und bildet dann erst die Längen. Die Wahrscheinlichkeit liegt jetzt immer bei knapp unter 1/4 [/EDIT]
    Attached Files Attached Files
    Last edited by RAUSCHfrei; 22-10-2002 at 11:05.

  37. #37
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    Re: @ 2.6

    Original geschrieben von bubum
    Kann mir vielleicht jemand sagen warum bei dem letzen Beispiel

    n-k+1 ...günstige Fälle

    sind!?

    mfg
    Angenommen du hast 10 Sessel und 6 Leute, dann sitzen diese Leute nur nebeneinander, wenn sie auf den Sesseln: (1-6),(2-7), (3-8), (4-9) oder (5-10) sitzen.

    B B B B B B _ _ _ _
    _ B B B B B B _ _ _
    _ _ B B B B B B _ _
    _ _ _ B B B B B B _
    _ _ _ _ B B B B B B

    Also Anzahl der freien Sitzplätze + 1

  38. #38

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    Ich habe das Bsp 2.3 folgendermaßen gelöst:

    Um ein Dreieck bastzeln zu können , bei welchen die Kanten aufeinander passen (sprich keine Kante darf zu lang sein) muß die folgende Bedingung für alle drei kannten gelten; a+b>c
    Also in Summe muß die Sekante kleiner sein als die zwei restlichen Kanten.
    Da ich zwei Schnitzer machen darf, gehe ich davon aus, dass ich bei dem Stab immer von einem der zwei Seite ausgehe und dann meinen Schnitzer mache.
    Weiters, wenn man sich überlegt, und ich den Schnitzer ersten Schnitzer bei 0,2m setze, kann ich den Zweiten nur mehr in einem Intervall von (von der Ausgangsseite betrachtet, wie ich den ersten gesetzt habe) 0,5m (+€ annähernd, da a+b> sein muß als c) bis 0,7m(+€) setzten damit die Bedingung a+b>c erfüllt ist. Also habe ich kontinuierliche Intervalle, welche sich leicht als geometrisches Interval deuten lassen, da ich zwei Schnitzer habe, habe ich auch zwei Dimensionen --> Ebene


    1,0m|---------/\
    0,9m|-------/----\
    0,8m|-----/--------\
    0,7m|---/------------\
    0,6m|-/----------------\
    0,5m|-\----------------/
    0,4m|---\------------/
    0,3m|-----\--------/
    0,2m|-------\----/
    0,1m|______\/_________

    (tut mir leid das die Grafik so blöd ausschaut, stellt euch einfach ein rechteck auf einen der vier Spitzen gestellt vor))
    Und für die x Achse die gleiche Nomenklatur

    Die Wahrscheinlichkeit, dass jetzt das günstige Ereignis eintritt, dass ich ein Dreieck bilden kann ist jetzt bei 0,5,denn;

    W(A)=I(A)/I(M)
    Der Merkmalraum (I(M)) ist der gesamte Stab also 100cm*100cm=10,000cm²
    Das Interval von unserem erwünschten Ereignis ist aber 100cm*100cm/2= 5000cm², da nur die Hälfte der Ereignisse für mich interessant sind.

    --> W(A)=5000cm²/10,000cm² = 1/2 = 0,5
    Last edited by Jumper; 22-10-2002 at 10:00.

  39. #39
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    zum geposteten diagramm (zum thema holzstab):

    du musst noch beachten, dass die reihenfolge der schnittpunkte egal ist, also das ganze gespiegelt noch mal von 100 und 50 weg....also quasi 100 als nullpunkt ansehen, und von dem aus richtung null noch mal die schnitte machen.

    glaub ich jedenfalls, dann kommt man nämlich auch auf 1/4.
    “It is a fool's prerogative to utter truths that no one else will speak.”
    (\)exxyz-Music-Home

  40. #40

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    Ja, dass Selbe habe ich mir auch überlegt. Deswegen komme ich ja auch auf 0,5. Weil ich so im Diagramm zwei Dreiecke bekomme, die zufälligerweise aneinander liegen. Wenn man es integriert mit der Funktion f(x)=-x +5 auf dem Intervall 0 bis 0,5 und dies mit 4 multipliziert kommt man auch auf 0,5.
    Wenn ich mich nicht verrechnet habe

  41. #41

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    Post Re: 2.3

    Original geschrieben von RAUSCHfrei
    ...Erstaunlicherweise kommt hier eine Wahrscheinlichkeit von rund 0.18 heraus....
    Mir kommt 0,1875 heraus. Anbei meine Zeichnung.

    http://members.aon.at/luki/diagramm.JPG

    Mein Ansatz:
    Halte Schnittpunkt A fest, und lasse B über den Stab wandern -> Markiere im Diagramm für jeden Punkt A jenes Intervall, in dem Schnittpunkt B liegen darf, sodaß ein gültiges Dreieck herauskommt.

    Bsp: wenn Schnittpunkt A bei 1/4 liegt:

    Ich schneide den Stab dort auseinander und klappe das abgeschnittene Viertel um den Schnittpunkt Richtung gegenüberleigendes Ende vom Stab. Um ein Dreieck zu machen, kann der andere Schnitt jetzt nur mehr zwischen 1/2 und 3/4 vom ursprünglichen Stab liegen. Das Zeichne ich im Diagramm ein...


    Mein Diagramm mag verwirrend erscheinen, weil ich zuerst Punkt A und dann Punkt B festgehalten habe, und beides in die selbe Zeichnung eingetragen habe. Die beiden flächen sind logischerweise gleichgroß, aber man muß nur eine berechnen.

    lg

    Luke

  42. #42
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    Re: Re: Beispiel 2.4

    Original geschrieben von Rastafanda
    E=günstige / mögliche

    Paar 1:
    1 ziehung von 6 (männl.) günstigen von insg. 12
    E1= 6 / 12
    2 ziehung ist von erster abhängig
    P(E2|E1)=P(E1 und E2)/P(E1)=
    =(6/12 * 5/11)/(6/12)=5/11
    E2=5 / 11
    5/11 wegen annahme gleichgeschl. gruppen (ohne zurücklegen, daher wenn ich einen männl. ziehe, habe ich nur mehr 5 männliche aus 11 leuten)
    @Rastafanda
    ich glaub die wahrscheinlichkeit ist doppelt so hoch, also 0.0021645022, weil, es bei der ersten ziehung egal ist, was man zieht! erst die 2.ziehung ist abhängig vom geschlecht.

    => 12/12 * 5/11 * 4/10 * 3/9 * 2/8 * 1/7 = 0.0021645022
    => 0.2% WS
    Der folgende Satz ist falsch,
    Der vorherige Satz ist richtig!

  43. #43

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    Re: Re: Re: Beispiel 2.4

    Original geschrieben von sCHmIkOla


    @Rastafanda
    ich glaub die wahrscheinlichkeit ist doppelt so hoch, also 0.0021645022, weil, es bei der ersten ziehung egal ist, was man zieht! erst die 2.ziehung ist abhängig vom geschlecht.

    => 12/12 * 5/11 * 4/10 * 3/9 * 2/8 * 1/7 = 0.0021645022
    => 0.2% WS
    Ja, schön und gut ... und wo bezieht ihr beide den Fall ein, dass das zweite Paar zwar ebenfalls gleichgeschlechtlich ist, aber vom anderen Geschlecht? (sprich: 1. Paar männlich, 2. Paar weiblich) Beim 3. Paar gibt es wieder 2 Möglichkeiten, usw.
    Also müsstet ihr einen Ereignis-Baum aufstellen, so wie ich das sehe.

    Leider weiß ich die Lösung auch nicht, aber eure scheint nicht richtig zu sein. (Denkt mal logisch: Ich stelle 6 Gruppen zusammen und von 1000 Fällen stimmt es nur bei 2, dass sie gleichgeschlechtlich sind?)

  44. #44

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    Re: Re: Re: Beispiel 2.4

    Original geschrieben von sCHmIkOla
    @Rastafanda
    ich glaub die wahrscheinlichkeit ist doppelt so hoch, also 0.0021645022, weil, es bei der ersten ziehung egal ist, was man zieht! erst die 2.ziehung ist abhängig vom geschlecht.
    Die Wahrscheinlichkeit ist noch um den Faktor 10 größer, da es immer nur auf die 2. Ziehung pro Gruppe ankommt.

    MMFFMMFFMM
    5/11*5/9*3/7*3/5*1/3=5/231=0,0216

    MMMMMM
    5/11*3/9*1/7=5/231=0,0216

    FFFFMMMMMM
    5/11*3/9*5/7*3/5*1/3=5/231=0,0216

    usw...

    egal welche Reihenfolge man wählt, das Ergebnis ist immer 0,0216

  45. #45

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    Question Re: Re: Re: Re: Beispiel 2.4

    Original geschrieben von qmp
    egal welche Reihenfolge man wählt, das Ergebnis ist immer 0,0216
    Müsste man die Wahrscheinlichkeiten für MMFFMMFFMMFF, MMMMMMFFFFFF, FFMMFFMMFFMM etc. nicht aufaddieren? In allen Fällen gibt es keine gemischtgeschlechtliche Gruppe, aber es sind ja alles verschiedene (günstige) Ereignisse...

  46. #46

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    Re: Re: Re: Re: Beispiel 2.4

    Original geschrieben von qmp


    Die Wahrscheinlichkeit ist noch um den Faktor 10 größer, da es immer nur auf die 2. Ziehung pro Gruppe ankommt.

    MMFFMMFFMM
    5/11*5/9*3/7*3/5*1/3=5/231=0,0216

    MMMMMM
    5/11*3/9*1/7=5/231=0,0216

    FFFFMMMMMM
    5/11*3/9*5/7*3/5*1/3=5/231=0,0216

    usw...

    egal welche Reihenfolge man wählt, das Ergebnis ist immer 0,0216
    ja, dass JEDE EINZELNE VARIANTE (MMMWWW, MWMMWW, MMWWMW, ...) die wahrscheinlichkeit 0,0216 hat, auf das komm ich auch. aber jetzt musst du die einzelnen Varianten "zusammenfügen", damit du auf eine gesamtwahrscheinlichkeit kommst.

    nur wie geht das?

  47. #47

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    @rauschfrei:

    dein code stimmt nicht....

    b = generator.nextInt(100-a);

    is doch blödsinn? der punkt b darf genauso auf dem ganzen stag liegen... und dann musst du die schaun ob a<b wenn ja ist
    x=a
    y=b-a
    und y =100-b
    else
    x=b
    y=a-b
    und z= 100-a

    und den rest kannsta denken...würd mich wundern wenn da auch ein viertel rauskommt

  48. #48

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    Re: Re: Re: Re: Re: Beispiel 2.4

    Original geschrieben von Faceless


    ja, dass JEDE EINZELNE VARIANTE (MMMWWW, MWMMWW, MMWWMW, ...) die wahrscheinlichkeit 0,0216 hat, auf das komm ich auch. aber jetzt musst du die einzelnen Varianten "zusammenfügen", damit du auf eine gesamtwahrscheinlichkeit kommst.

    nur wie geht das?
    mhm addieren??? muss ma nur die anzahl der möglichkeiten ausrechnen sollten nicht so viele sein...

    mmmwww
    mmwwwm
    mwwwmm
    wwwmmm
    moment...

    für so eine aufgabe gibts eine formel...

    mhm---
    permutation 2^6
    durch 6 oder? irgendwie so...werds bsp eh ned ankreuzen..aber mein senf dazu

  49. #49

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    des mit 2^6 kann ned stimmen...man hat ja nur 3 gruppen zur verfügung...vieleicht kommt ja irgendwer noch drauf...

    laborg

  50. #50

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    mhm:

    6! möglichkeiten 6 m und w anzuordnen
    durch
    3! möglichkeiten männer anzuordnen 3! möglichkeiten fraun anzuordnen und 2 weil man nicht zwischen m und w differenziert...

    gibt irgendwas mit 20% oder so.... erscheint mir aber zu viel...

    egal...fahr jetzt los...viel spass allen

    laborg

  51. #51

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    Re: Re: Beispiel 2.4

    >Paar 1:
    >1 ziehung von 6 (männl.) günstigen von insg. 12
    >E1= 6 / 12
    >2 ziehung ist von erster abhängig
    >P(E2|E1)=P(E1 und E2)/P(E1)=
    >=(6/12 * 5/11)/(6/12)=5/11
    >E2=5 / 11
    >5/11 wegen annahme gleichgeschl. gruppen (ohne zurücklegen, >daher wenn ich einen männl. ziehe, habe ich nur mehr 5 >männliche aus 11 leuten)


    Ich denke die erste Ziehung hat Wahrscheinlichkeit 1, da das betrachtete Geschlecht egal ist und nicht unbedingt männlich sein muss. Daher komm ich auf:
    5/11 * 2/15 * 1/28 =1/462 ~0.002164502164

    -------------------
    MFGeorg

  52. #52

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    2.4

    ich glaube ich habe nun die antwort auf 2.4 ....

    die 0,0216 von qme stimmen. habe es nun mit ereignisbaum und einfacher kombinatorik (12 plätze - 6 von einem geschlecht = (12 über 6) und (6 über 3) die fälle, wo gleiches geschlecht zusammentrifft => günstige/mögliche) gerechnet und komme bei beiden varianten auf 0,0216

    die frage war nun noch, wie gross die wahrscheinlichkeit ist, dass es NICHT eintrifft => 1 - 0,0216

  53. #53

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    Re: Re: Re: Beispiel 2.4

    Ich denke die erste Ziehung hat Wahrscheinlichkeit 1, da das betrachtete Geschlecht egal ist und nicht unbedingt männlich sein muss. Daher komm ich auf:
    5/11 * 2/15 * 1/28 =1/462 ~0.002164502164
    stimmt auch 0,00216 ... das musst du nun nur noch mal 10 und du hast das endergebnis (10 kommt von den möglichen ausgängen des szenarios)

  54. #54
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    wie komm ich auf die 10 möglichen ausgänge? bitte rechnung dazu

    grüße
    Der folgende Satz ist falsch,
    Der vorherige Satz ist richtig!

  55. #55

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    Ich unterscheide nur in 1. Geschlecht und 2. Geschlecht, damit ich auf 10 Fälle komme (sonst wären es 20):

    Das heißt:
    1 .... 1. Geschlecht
    2 .... 2. Geschlecht

    Nun gibt es 10 GUTE Lösungen (wo eben Paare gebildet werden können).

    1. Lösung: 111111 (= 6 mal das erste Geschlecht gewählt, danach ist die Reihenfolge "egal", da nur noch Geschlecht 2 "übrig" ist)
    2. Lösung: 11112211 (= 6 mal 1, 2 mal 2 ... nun sind nur noch 4 vom 2. Geschlecht "übrig")
    3. Lösung: 1111222211
    4. Lösung: 1111222222
    5. Lösung: 11221111
    6. Lösung: 1122112211
    7. Lösung: 1122112222
    8. Lösung: 1122221111
    9. Lösung: 1122221122
    10. Lösung: 11222222

    Jede dieser Lösungen hat die Wahrscheinlichkeit 0,00216. Alle zusammen somit 0,216.

    Oder VIEL einfacher über Kombinatorik:

    Ich habe 12 Plätze. Auf diese Teile ich 6 Männer zu. Der Rest wird mit Frauen gefüllt.
    Das bedeutet, ich habe (12 über 6) (Kombinatorik!) Möglichkeiten die Männer zu platzieren. Aus deren Platzierung ergibt sich die der Frauen automatisch.
    (12 über 6) = 924 ... das heisst ich habe 924 Möglichkeiten 6 Männer und Frauen auf 12 Plätze aufzuteilen.

    Nun muss ich mir errechnen, in wievielen der 924 Fälle eine Konstellation vorkommt, in denen 2 vom gleichen Geschlecht in den Feldergruppen 12, 34, 56, 67, 78, 910, 1112 "sitzen".
    Ganz einfach: das sind 6 Gruppen, von denen 3 gleich gefüllt sein müssen - also (6 über 3). Wieder das gleiche Prinzip von vorhin: Ich habe 6 Gruppen wo es 3 männliche und 3 weibliche geben muss.
    (6 über 3) = 20 ... das sind nun die Fälle, wo gleiche Gruppen gebildet werden.

    20/924 = 0,0216

    Ich HOFFE es hilft und stimmt!

    mfg,
    Martin

  56. #56
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    DANKE, DANKE, DANKE!!!!
    Der folgende Satz ist falsch,
    Der vorherige Satz ist richtig!

  57. #57
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    Re: Re: Re: Re: Beispiel 2.4

    Original geschrieben von Faceless


    stimmt auch 0,00216 ... das musst du nun nur noch mal 10 und du hast das endergebnis (10 kommt von den möglichen ausgängen des szenarios)
    aber wieso multiplizierst du die 0,00216 mit 10

    EDIT.hmm ich glaub ich habs kapiert.
    Last edited by Shade; 22-10-2002 at 14:40.
    ALL GLORY TO THE HYPNO TOAD...

  58. #58
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    @2.3

    Kann jemand bitte 2.3 nochmal erklären? ich verstehe es immer noch nicht....wie kommt ihr auf W=1/4 oder 0.18 ....??????
    Last edited by arthemiss; 22-10-2002 at 15:00.

  59. #59
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    Original geschrieben von laborg
    @rauschfrei:

    dein code stimmt nicht....

    ...
    Siehe EDIT. Habs mittlerweile schon ausgebessert. Auf die 25% komm ich dennoch nur ungefähr. An was das liegt, kann ich nicht sagen.

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