ABI GK Arbeit von 1999 (BW) < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 10:40 Mi 25.02.2004 | | Autor: | aLeX.chill |
Eyo, wie schon durch den Threadnamen vermutet, bräuchte ich eine ausfürliche Lösung von der ABI GK Arbeit (BW)der Gruppe 2, Aufgab1: Wahrscheinlichkeit. Da es im gesamten Internet keine Lösung aufzufinden war und ich dir korrekten Lösungen benötige ( Referat), wäre ich sehr erfreut falls mir hier jemand hilfreich zur Seite stehen könnte ;). ( Danke an Stefan für die 10 min Rechnung ;)).
GK 1999 - Grupp2 - Wahrscheinlichkeit -Aufgabe1 - Aufgabe:
Peter Lustig ist Hoobygärtner. Zu beiden Seiten eines Weges möchte er eine bunte Mischung von Frühlingsblumen in einer Reihe pflanzen. Auf jeder Seite des Weges möchte er 5 Tulpen, 3 Narzissen und 7 Iris pflanzen. Die Anordnung der Blumen will er dem Zufall überlassen.
a) Wie viele verschiedene Anordnungen der Blumen sind auf einer Seite möglich ?
b) Zur Bepflanzung der linken Wegseite legt er die Blumenzwiebeln in einen Karton, zieht verdeckt eine Zwiebel nach der andere und pflanzt jede sofort ein. Zeichnen sie ein Baumdiagramm mit den zugehörigen Wahrscheinlichkeiten für die ersten zwei Ziehungen und berechnen sie die Wahrscheinlichkeiten der folgenden Ergebnisse:
E1: Die ersten zwei gezogenen Zwiebeln gehören zur gleichen Sorte
E2: Bei der dritten Ziehung erscheint erstmals eine Tulpenzwiebel
E3: Bei den letzten vier Ziehungen werden nur Tulpenzwiebeln gezogen.
c) Auch für die Bepflanzung der echten Wegseite legt er die Zwiebeln in einen Karton, zieht aber nun mit einem Griff je drei Zwiebeln und pflanzt sie ein. Berechnen Sie die WAhrscheinlichkeiten der folgenden Ereignisse:
E4: Unter den ersten 3 gezogenen Blumen befinden sich 2 Iris.
E5: Unter den ersten 3 gezogenen Blumen sind keine Narzissen.
E6: Im ersten Zug sind keine Narzissen, im zweiten Zug sind 3 Narzissen.
d) Inzwischen blühen die Blumen in Peter Lustigs Garten. Zum Geburtstag möchte er seiner Freundin einen Strauß mit Blumen der linken Wegseite schenken. Den Strauß gestaltet er nach folgender Regel:
Er wirft gleichzeitig 2 Laplace Münzen, zeigen beide Münzen Wappen, pflückt er seine Narzisse, zeigen sie bei beide Zahl, pflückt er eine Tulpe, in allen anderen Fällen eine Iris.
- Wie oft muss er die Münzen mindestens werfen, damit seine Freundin mit einer Wahrscheinlichkeit größer 90% wenigstens eine Narzisse erhält.
e) Sein Nachbar möchste an der Blumenpracht der rechten Wegseite teilhaben. Dazu schlägt er folgendes Spiel vor. Er würfelt einmal mit zwei Laplace Würfeln. Zeigen beide die gleiche Augenzahl, bekommt er eine Blume und bezahlt a DM.Zeigen die Würfel verschiedene gerade Augenzahlen, bekommt er eine Blume, bezahlt aber 3a DM. Ist die Augensumme beider Würfel ungerade, erhält er zwei Blumen kostenlos. In allen anderen Fällen erhält er keine Blume. Berechnen Sie den durchschnittlichen Gewinn bzw. Berlust den Peter Lustig pro Spiel hat, wenn ihn jede Blume selbst 0,50 DM gekostet hat. Für welche Werte von a wird er das Spiel annehmen, ohne einen Verlust zu erleiden ?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:30 Mi 25.02.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo aLeX.chill,
willkommen im MatheRaum  !
Ich mache zunächst nur die erste Teil-Aufgabe, um die weiteren werden sich bis morgen aber bestimmt andere Mitglieder des MR kümmern (oder ich, wenn ich noch Zeit habe).
ad a)
Es sollen also 5 Tulpen, 3 Narzissen und 7 Iris auf einer Seite des Weges verpflanzt werden. Ich gehe so vor:
Zunächst suche ich mir aus den 15 Erdlöchern (in die die Blumen gepflanzt werden) 5 aus, in die ich dann die Tulpen pflanzen werde. Wie viele Möglichkeiten habe ich nun, 5 Plätze aus einer Menge von 15 auszuwählen? Die Antwort dazu gibt gerade der Binomialkoeffizient ${15 [mm] \choose [/mm] 5}$.
Von den übrigen 10 Plätzen suche ich wieder 3 aus, um dort die Narzissen zu pflanzen, dazu habe ich ${10 [mm] \choose [/mm] 3}$.
Jetzt bleiben 7 Plätze übrig, in die die Iris gepflanzt werden können; die Auswahl der Plätze ist eindeutig bestimmt (rechnerisch: ${7 [mm] \choose [/mm] 7} = 1$).
Die Gesamtanzahl an Möglichkeiten ergibt sich nun durch Multiplikation der einzelnen Möglichkeiten (weil man z.B. zu jeder Tulpen-Platzwahl ${10 [mm] \choose [/mm] 3}$ Möglichkeiten für die Narzissen-Platz-Wahl hat).
Die Gesamtanzahl an Anordnungsmöglichkeiten ist also:
${15 [mm] \choose [/mm] 5}*{10 [mm] \choose [/mm] 3}*1$
[mm] $=\bruch{15!}{5!*10!}*\bruch{10!}{3!*7!}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{15!}{5!}*\bruch{1}{3!*7!}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{15!}{3!*5!*7!}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{15*14*13*12*11*10*9*8*7!}{3!*5!*7!}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{15*14*13*12*11*10*9*8}{3!*5!}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{15*14*13*12*11*10*9*8}{3*2*5*4*3*2}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{14*13*12*11*10*9*8}{2*4*3*2}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{7*13*3*11*10*9*8}{3*2}$
[/mm]
$=7*13*11*5*9*8$
$=360360$
Bei Unklarheiten frage einfach nach.
Alles Gute,
Marc.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:35 Do 26.02.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo aLeX.chill,
nur zur Erklärung: Das Ergebnis, das ich dir in dem anderen Mathe-Forum angegeben hatte, ist das gleiche wie das hier, aber es handelt sich um zwei verschiedene Wege um darauf zu kommen. In deinem Referat kannst du ja auch beide Wege vorstellen.
Mein Weg sei auch noch einmal kurz skizziert:
Wir haben ja 15 Blumen, darunter:
- 5 Tulpen: [mm]\red{T_1,T_2,T_3,T_4, T_5}[/mm]
- 3 Narzissen: [mm]\green{N_1,N_2,N_3}[/mm]
- 7 Iris: [mm]\blue{I_1,I_2,I_3,I_4,I_5,I_6,I_7}[/mm]
Eine mögliche Anordnung (die einfachste) wäre diese hier:
[mm]\red{T_1,T_2,T_3,T_4,T_5}, \green{N_1,N_2,N_3},\blue{I_1,I_2,I_3,I_4,I_5,I_6,I_7}[/mm]
Die sind ja 15 Blumen. Auf wie viele Arten kann ich 15 Gegenstände anordnen. Wieviele Permutationen (Vertauschungsmöglichkeiten) lässt eine 15-elementige Menge zu?
Das wissen wir: Für die erste Position gibt es 15 Möglichkeiten. Diese erste Position ist dann belegt, so dass es für die zweite Position 14 Möglichkeiten gibt. Für die dritte Position gibt es, da die ersten beiden Positionen schon belegt und somit schon zwei Blumen nicht mehr zu vergeben sind, 13 Möglichkeiten, etc.
Insgesamt gibt es also
[mm]15*14*13*\ldots*3*2*1 = 15![/mm]
Möglichkeiten die Blumen anzuordnen.
Aber Vorsicht!
Wir haben dabei einen kleinen Fehler gemacht. Denn in Wirklichkeit können wir die 5 Tulpen untereinander, die 3 Narzissen untereinander und auch die 7 Iris untereinander gar nicht auseinanderhalten! Es war also gar nicht nötig die Tulpen untereinander durchzunumerieren (doch, aber nur um die Formel herzuleiten  ). So sind zum Beispiel die beiden Anordnungen:
[mm]\red{T_1,T_2,T_5}, \blue{I_5,I_6,I_7}\green{N_1,N_2,N_3},\red{T_3,T_4},\blue{I_1,I_2,I_3,I_4}[/mm]
und
[mm]\red{T_4,T_2,T_3}, \blue{I_1,I_6,I_4}\green{N_2,N_1,N_3},\red{T_5,T_1},\blue{I_5,I_2,I_3,I_7}[/mm]
für jemanden, der die Blumensorten untereinander nicht unterscheiden kann (und in der Position befinden wir uns in dieser Aufgabe) völlig gleichwertig. In beiden Fällen sehen wir in Wirklichkeit nur das hier:
[mm]\red{T,T,T}, \blue{I,I,I}\green{N,N,N},\red{T,T},\blue{I,I,I,I}[/mm]
So, also: Wenn wir die Blumen der gleichen Sorte untereinander vertauschen, dann erhalten wir völlig gleichwertige (im Sinne von nicht-unterscheidbare) Anordnungen.
Nehmen wir uns mal eine feste Anordnung raus, die einfachste:
[mm]\red{T_1,T_2,T_3,T_4,T_5}, \green{N_1,N_2,N_3},\blue{I_1,I_2,I_3,I_4,I_5,I_6,I_7}[/mm]
Wie viele dazu gleichwertige (ununterscheidbare) Anordnungen gibt es?
Die 5 Tulpen lassen sich auf [mm]5![/mm], die 3 Narzissen auf [mm]3![/mm] und die 7 Iris auf [mm]7![/mm] Möglichkeiten anordnen.
Es gibt also zu jeder festen Anordnungsmöglichkeit
[mm]5!*3!*7![/mm]
völlig gleichwertige (ununterscheidbare) Anordnungsmöglichkeiten.
Nun haben wir also insgesamt: [mm]15![/mm] Anordnungsmöglichkeiten. Zu jeder dieser Anordnungsmöglichkeiten gibt es [mm]5!*3!*7![/mm] ununterscheidbare Anordnungsmöglichkeiten. Zu jeder dieser [mm]5!*3!*7![/mm] wollen wir aber nur eine nehmen, denn wir wollen ja nur die relevanten (unterscheidbaren) Anrdnungsmöglichkeiten zählen.
Daher müssen wir [mm]15![/mm] (die Gesamtzahl) durch [mm]5!*3!*7![/mm] (die Zahl pro Klasse) teilen. Wir erhalten:
[mm]\frac{15!}{5!*3!*7!}[/mm]
Klassen, also [mm]\frac{15!}{5!*3!*7!}[/mm] mögliche unterscheibare Anordnungen der Blumen.
Das entspricht Marcs Ergebnis, wenn man es ausrechnet.
Liebe Grüße
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:46 Do 26.02.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo aLeX.chill,
das Baumdiagramm sieht so aus:
[Dateianhang nicht öffentlich]
ad E1)
Wie man sofort aus dem Baumdiagramm ablesen kann ("Pfadregel"), beträgt die W'keit für zwei Tulpen
(falsch: [mm] $\bruch{5}{15}*\bruch{4}{14}$ [/mm] $=$ [mm] $\bruch{3*2}{5*7}$ [/mm] $=$ [mm] $\red{\bruch{6}{35}}$)
[/mm]
Korrektur: [mm] $\bruch{5}{15}*\bruch{4}{14}$ [/mm] $=$ [mm] $\bruch{1*2}{3*7}$ [/mm] $=$ [mm] $\red{\bruch{2}{21}}$
[/mm]
Analog erhält man auch die W'keiten für zwei Narzissen:
[mm] $\bruch{3}{15}*\bruch{2}{14}$ [/mm] $=$ [mm] $\bruch{1*1}{5*7}$ [/mm] $=$ [mm] $\green{\bruch{1}{35}}$
[/mm]
und Iris:
[mm] $\bruch{7}{15}*\bruch{6}{14}$ [/mm] $=$ [mm] $\bruch{7*1}{5*7}$ [/mm] $=$ [mm] $\blue{\bruch{7}{35}}$
[/mm]
Das Ereignis [mm] $E_1$ [/mm] setzt sich nun aus diesen drei Ereignissen zusammen, nach der Summenregel ist also
(falsch: [mm] $P(E_1)=\red{\bruch{6}{35}}\black{+}\green{\bruch{1}{35}}\black{+}\blue{\bruch{7}{35}}$ [/mm] $=$ [mm] $\bruch{14}{35}$ [/mm] $=$ [mm] $\bruch{2}{5}$)
[/mm]
Korrektur: [mm] $P(E_1)=\red{\bruch{2}{21}}\black{+}\green{\bruch{1}{35}}\black{+}\blue{\bruch{7}{35}}$
[/mm]
$=$ [mm] $\red{\bruch{10}{105}}\black{+}\green{\bruch{3}{105}}\black{+}\blue{\bruch{21}{105}}$ [/mm]
$=$ [mm] $\bruch{34}{105}$
[/mm]
ad E2)
[mm] $E_2=\{\mbox{Bei der dritten Ziehung erscheint erstmals eine Tulpenzwiebel}\}$
[/mm]
Die W'keit dieses Ereignisses könnte man wieder an einem Baudiagramm ablesen (man müßte dann im obigen Diagramm eine weitere "Ebene" anfügen), aber dann würde das Zeichnen länger dauern, als sich die Lösung abstrakt zu überlegen. Ich lese nur einen Teil am Baumdiagramm ab:
Ich suche alle Pfade innerhalb des Diagramms, die keine rote Strecke, also keine Tulpe enthalten. Das sind insgesamt vier Stück. Ihre W'keiten sind:
[mm] $\bruch{3}{15}*\bruch{2}{14}$ [/mm] $=$ [mm] $\bruch{1}{35}$
[/mm]
[mm] $\bruch{3}{15}*\bruch{7}{14}$ [/mm] $=$ [mm] $\bruch{1}{10}$
[/mm]
[mm] $\bruch{7}{15}*\bruch{3}{14}$ [/mm] $=$ [mm] $\bruch{1}{10}$
[/mm]
[mm] $\bruch{7}{15}*\bruch{6}{14}$ [/mm] $=$ [mm] $\bruch{2}{10}$
[/mm]
Wenn man an diesen "Blättern" des Baumdigramms im Zuge der Ziehungen angekommen ist, soll nun eine Tulpe gezogen werden; in der dritten Ziehung sind insgesamt 13 Zwiebeln im Karton, und davon (immer noch alle) 5 Tulpenzwiebeln. Die W'keit, jetzt eine Tulpenzwiebel zu ziehen, ist bei allen vier Pfaden also [mm] $\bruch{5}{13}$.
[/mm]
Alle vier Pfade sind also um eine Strecke/Ebene verlängert worden; wieder nach der Pfadregel haben wir die W'keiten (s.o.)
[mm] $\bruch{1}{35}*\bruch{5}{13}$
[/mm]
[mm] $\bruch{1}{10}*\bruch{5}{13}$
[/mm]
[mm] $\bruch{1}{10}*\bruch{5}{13}$
[/mm]
[mm] $\bruch{2}{10}*\bruch{5}{13}$
[/mm]
Nach der Summenregel ist dann:
[mm] $P(E_2)$
[/mm]
[mm] $=\left( \bruch{1}{35}+\bruch{1}{10}+\bruch{1}{10}+\bruch{2}{10}\right)*\bruch{5}{13}$
[/mm]
[mm] $=\left(\bruch{1}{35}+\bruch{2}{5}\right)*\bruch{5}{13}$
[/mm]
[mm] $=\left(\bruch{1}{35}+\bruch{14}{35}\right)*\bruch{5}{13}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{15}{35}*\bruch{5}{13}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{3}{7}*\bruch{5}{13}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{15}{91}$
[/mm]
ad E3)
[mm] $E_3=\{\mbox{Bei den letzten vier Ziehungen werden nur Tulpenzwiebeln gezogen}\}$
[/mm]
Hier ist mir noch nicht klar, wie man das am geschicktesten berechnet. Ich liefere die Rechnung später nach.
Wenn in den letzten vier Ziehungen nur Tulpenzwiebeln gezogen werden, ist das gleichbedeutend mit: Unter den ersten 11 Ziehungen wurde genau eine Tulpenzwiebel gezogen.
Zunächst einmal nehme ich an, dass die eine Tulpenzwiebel direkt im ersten Zug gezogen wurden, wir also dieses Ziehungsmuster haben:
[mm] $\red{T}\black{KKKKKKKKKK}\red{TTTT}$
[/mm]
$K$ bedeutet hier: Keine Tulpenzwiebel.
Die W'keit dieses Musters ist
[mm] $P(\red{T}\black{KKKKKKKKKK}\red{TTTT}\black{)}=\red{\bruch{5}{15}}\black{*\bruch{10}{14}*\bruch{9}{13}*\cdots*\bruch{2}{6}*\bruch{1}{5}*}\red{\bruch{4}{4}*\bruch{3}{3}*\bruch{2}{2}*\bruch{1}{1}}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{\red{5!}*\black{10!}}{15!}$
[/mm]
Es gibt nun 10 weitere solche Ziehungsmuster, denn die eine Tulpenzwiebel kann als zweites, drittes, viertes,..., elftes gezogen werden.
Wie man sich leicht überlegt, haben die weiteren 10 Ziehungsmöglichkeiten dieselbe W'keit, denn z.B.:
[mm] $P(\black{K}\red{T}\black{KKKKKKKKK}\red{TTTT}\black{)}=\black{\bruch{10}{15}*}\red{\bruch{5}{14}}\black{*\bruch{9}{13}*\cdots*\bruch{2}{6}*\bruch{1}{5}*}\red{\bruch{4}{4}*\bruch{3}{3}*\bruch{2}{2}*\bruch{1}{1}}$
[/mm]
(Die Nenner sind identisch, nur die 5 "wandert" vom ersten Bruch zum elften.
Damit haben wir:
[mm] $P(E_3)=11*P(\red{T}\black{KKKKKKKKKK}\red{TTTT}\black{)}=11*\bruch{\red{5!}*\black{10!}}{15!}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{11*5!*10!}{15*14*13*12*11*10!}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{11*5!}{15*14*13*12*11}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{5!}{15*14*13*12}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{5*4*3*2*1}{15*14*13*12}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{1*2*1*1*1}{3*7*13*2}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{1}{3*7*13}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{1}{273}$
[/mm]
Marc.
![[a]](/images/paperclip.gif "Dateianhänge") Baumdiagramm als OpenOffice-Dokument
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpeg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: sxd) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:37 Di 09.03.2004 | | Autor: | Brigitte |
Hallo!
Ich möchte nur zu E2 ergänzen, dass sich bei Berechnung der Wahrscheinlichkeit für zwei mal Narzissen hintereinander ein kleiner Kürzungsfehler eingeschlichen hat und die Wahrscheinlichkeit dafür
[mm]\bruch{5}{15}\bruch{4}{14}=\bruch{1}{3}\bruch{2}{7}=
\bruch{2}{21}[/mm]
ist. Damit ergibt sich ein anderes Endergebnis für das gesuchte Ereignis,
nämlich
[mm]\bruch{34}{105}[/mm].
Grüße
Brigitte
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:31 Di 09.03.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Brigitte,
>
> Ich möchte nur zu E2 ergänzen, dass sich bei Berechnung der
> Wahrscheinlichkeit für zwei mal Narzissen hintereinander
> ein kleiner Kürzungsfehler eingeschlichen hat und die
Danke für den Hinweis, habe ich jetzt korrigiert.
Weißt du zufällig, wie man in LaTeX durchstrichenen Text hinbekommt?
Habe dazu nur das Paket "ulem" gefunden, bei dem der Befehl [mm] "\sout{...}" [/mm] nicht funktioniert, und das Paket "cancel", welches ich nur ungern installieren würde, da es nicht in ![[]](/images/popup.gif) debian/woody ist.
Viele Grüße,
Marc.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:14 Do 26.02.2004 | | Autor: | Stefan |
Hello again!
Die Aufgabe lautete:
> c) Auch für die Bepflanzung der echten Wegseite legt er die
> Zwiebeln in einen Karton, zieht aber nun mit einem Griff je
> drei Zwiebeln und pflanzt sie ein. Berechnen Sie die
> WAhrscheinlichkeiten der folgenden Ereignisse:
Für Ziehungen mit einem Griff wird die hypergeometrische Verteilung verwendet.
Man hat eine Menge, bestehend aus [mm]N[/mm] Elementen, und eine Teilmenge dieser Menge, bestehend aus [mm]K[/mm] Elementen. Nun zieht man aus der Menge [mm]n[/mm] Elemente aus der [mm]N[/mm]elementigen Menge mit einem Griff. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau [mm]k[/mm] Elemente aus der [mm]K[/mm]-elementigen Teilmenge stammen?
Dies ist gerade:
[mm]P(X=k) = \frac{{K \choose k} \cdot {{N-K} \choose {n-k}}}{{N \choose n}}[/mm].
Schauen wir uns die erste Aufgabe an:
> E4: Unter den ersten 3 gezogenen Blumen befinden sich 2
> Iris.
Wir haben insgesamt 15 Blumen, also: [mm]N=15[/mm]. Darunter gibt es die Teilmenge der Iris. Diese Teilmenge besteht aus 7 Blumen. Daher ist [mm]K=7[/mm]. Wir ziehen [mm]3[/mm] Blumen, also ist [mm]n=3[/mm]. Darunter sollen [mm]2[/mm] Iris sein, also [mm]k=2[/mm].
Es folgt also:
[mm]P(E_4) = \frac{{7 \choose 2}\cdot {8 \choose 1}}{{15 \choose 3}}[/mm].
Rechne das bitte aus und melde dich mit deinem Ergebnis.
> E5: Unter den ersten 3 gezogenen Blumen sind keine
> Narzissen.
Das geht genauso. Diesmal ist [mm]N=15[/mm], [mm]K=3[/mm], [mm]n=3[/mm] und [mm]k=0[/mm].
Rechne bitte die Wahrscheinlichkeit [mm]P(E_5)[/mm] aus und melde dich mit deinem Ergebnis zur Kontrolle.
> E6: Im ersten Zug sind keine Narzissen, im zweiten Zug sind
> 3 Narzissen.
Die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis "im ersten Zug sind keine Narzissen" hast du ja schon in b) ausgerechnet. Multipliziert werden muss diese Wahrscheinlichkeit nach der Multiplikationsregel mit der Wahrscheinlichkeit "im zweiten Zug sind 3 Narzissen unter der Bedingung, dass im ersten Zug keine Narzissen sind".
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür?
Da wir im ersten Zug bereits 3 Blumen "gezogen" haben, gibt es jetzt noch 12 Blumen, d.h. wir haben [mm]N=12[/mm]. Darunter sind, da wir bisher keine Narzisse hatten, drei Narzissen, also [mm]K=3[/mm]. Nun ziehen wir aus diesen 12 Blumen drei Blumen heraus (also [mm]n=3[/mm]) und wollen die Wahrscheinlichkeit dafür berechnen, dass darunter 3 Narzissen sind, also [mm]k=3[/mm].
Die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis
H="im zweiten Zug sind 3 Narzissen unter der Bedingung, dass im ersten Zug keine Narzissen sind"
beträgt also:
[mm]P(H) = \frac{{3 \choose 3} \cdot {9 \choose 0}}{{12 \choose 3}}[/mm].
Nun musst du nur noch
[mm]P(E_6) = P(E_5) * P(H)[/mm]
berechnen. Melde dich bitte mit deinem Ergebnis!
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:47 Do 26.02.2004 | | Autor: | aLeX.chill |
Vielen Dank an alle, die mir bisher geholfen haben ! (Ist für mich wirklich sehr wichtig). Ich werde versuchen die Ergebnisse demnächst auszurechnen, bin momentan ziemlich beschäftigt mit meinen anderen Prüfungsfächer (BWL/VWL/Deutsch/Chemie).
Bis denne ;)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:46 Fr 27.02.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo,
schauen wir uns nacheinander die folgenden 12 Fälle an, die sich jeweils dadurch unterscheiden, im welchem Wurf Peter Lustig zum ersten Mal zwei Wappen wirft (er also eine Narzisse pflückt).
Im 1. Wurf: Die W'keit für "Doppelwappen" im ersten Wurf ist offenbar [mm] $\bruch{1}{2}*\bruch{1}{2}=\bruch{1}{4}$
[/mm]
Im 2. Wurf: Dies ist gleichbedeutend mit "im ersten Wurf kein Doppelwappen, aber im zweiten Wurf": [mm] $\bruch{3}{4}*\bruch{1}{4}=\bruch{3}{16}$
[/mm]
Im 3. Wurf: Analog [mm] $\left(\bruch{3}{4}\right)^2*\bruch{1}{4}=\bruch{9}{64}$
[/mm]
Im 4. Wurf: Analog [mm] $\left(\bruch{3}{4}\right)^3*\bruch{1}{4}=\bruch{27}{4^4}$
[/mm]
Im 5. Wurf: Analog [mm] $\left(\bruch{3}{4}\right)^4*\bruch{1}{4}=\bruch{81}{4^5}$
[/mm]
Jetzt müssen wir eine zusätzliche Beschränkung beachten, nämlich die Möglichkeit, dass in den ersten 5 Würfen nur Tulpen gepflückt wurden -- in diese Fall sind nämlich jetzt keine mehr vorhanden.
Bevor wir uns mit dem 6. Wurf beschäftigen, summieren wir doch zunächst die Wahrscheinlichkeiten, vielleicht liegt die Gesamtwahrscheinlichkeit ja bereits über 90%:
[mm] $\bruch{1}{4}+\bruch{3}{4^2}+\bruch{9}{64}+\bruch{27}{4^4}+\bruch{81}{4^5}\approx [/mm] 0{,}7627...$
Das reicht also noch nicht, Peter Lustig sollte es weiter versuchen.
Allerdings sollte man sich überlegen, was Peter Lustig machen soll, wenn er im 6. Wurf (genauer: in den ersten 6 Würfen) "Doppel-Zahl" würfelt: Er hat schließlich alle Tulpen bereits gepflückt. Er wird also einfach weiter würfeln.
Die tatsächlich vorhandene Anzahl der Blumensorten hat also keinen Einfluß auf unsere Rechnung:
Im 6. Wurf: Analog [mm] $\left(\bruch{3}{4}\right)^5*\bruch{1}{4}=\bruch{3^5}{4^6}\approx [/mm] 0{,}0593$
Im 7. Wurf: Analog [mm] $\left(\bruch{3}{4}\right)^6*\bruch{1}{4}=\bruch{3^6}{4^7}\approx [/mm] 0{,}0445$
Im 8. Wurf: Analog [mm] $\left(\bruch{3}{4}\right)^7*\bruch{1}{4}=\bruch{3^7}{4^8}\approx [/mm] 0{,}0334$
Im 9. Wurf: Analog [mm] $\left(\bruch{3}{4}\right)^8*\bruch{1}{4}=\bruch{3^8}{4^9}\approx [/mm] 0{,}0250$
Im 10. Wurf: Analog [mm] $\left(\bruch{3}{4}\right)^9*\bruch{1}{4}=\bruch{3^9}{4^10}\approx [/mm] 0{,}0188$
So, das müßte reichen, überprüfen wir das:
[mm] $\bruch{1}{4}+\bruch{3}{4^2}+\bruch{3^2}{4^3}+\bruch{3^3}{4^4}+\bruch{3^4}{4^5}+\ldots+\bruch{3^7}{4^8}\approx [/mm] 0{,}9000$
Die vierte Nachkommastelle ist allerdings aufgerundet, so dass die W'keit nach 8 Würfen knapp unter $0{,}9000$ liegt. Wenn Peter Lustig "sicher" gehen will, dass er mit einer W'keit von 90% eine Narzisse pflückt, sollte er vielleicht noch einen 9. Münzenwurf durchführen. Die W'keit ist dann $0{,}9249$.
Die Frage ist damit beantwortet.
Übrigens kann man die obigen Summe auch in einem geschlossenen Ausdruck darstellen, mit Hilfe der endlichen geometrischen Reihe.
Es gilt nämlich:
[mm] $\summe_{k=m}^n q^k [/mm] = [mm] \bruch{q^{n+1}-q^m}{q-1}$
[/mm]
Nun läßt sich unsere obige Summe darstellen als
[mm] $\bruch{1}{4}+\bruch{3}{4^2}+\bruch{3^2}{4^3}+\bruch{3^3}{4^4}+\ldots+\bruch{3^n}{4^{n+1}}$
[/mm]
($n+1$ ist dann die Anzahl der Würfe)
[mm] $=\bruch{1}{4}*\left( 1+\bruch{3^1}{4^1}+\bruch{3^2}{4^2}+\bruch{3^3}{4^3}+\ldots+\bruch{3^n}{4^n}\right)$
[/mm]
[mm] $=\bruch{1}{4}*\left( 1+\bruch{3^1}{4^1}+\bruch{3^2}{4^2}+\bruch{3^3}{4^3}+\ldots+\bruch{3^n}{4^n}\right)$
[/mm]
[mm] $=\bruch{1}{4}*\left( \left(\bruch{3}{4}\right)^0+\left(\bruch{3}{4}\right)^1+\left(\bruch{3}{4}\right)^2+\left(\bruch{3}{4}\right)^3+\ldots+\left(\bruch{3}{4}\right)^n\right)$
[/mm]
[mm] $=\bruch{1}{4}*\summe_{k=0}^n \left(\bruch{3}{4}\right)^k$
[/mm]
[mm] $=\bruch{1}{4}*\bruch{\left(\bruch{3}{4}\right)^{n+1}-1}{\bruch{3}{4}-1}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{1}{4}*\bruch{\left(\bruch{3}{4}\right)^{n+1}-1}{-\bruch{1}{4}}$
[/mm]
[mm] $=-\left(\bruch{3}{4}\right)^{n+1}+1$
[/mm]
Diese geschlossene Formel können wir nun leichter "fragen", für welches $n$ sie größer als bzw. gleich $0{,}9$ wird:
[mm] $-\left(\bruch{3}{4}\right)^{n+1}+1 \ge [/mm] 0{,}9$
[mm] $\gdw -\left(\bruch{3}{4}\right)^{n+1} \ge [/mm] -0{,}1$
[mm] $\gdw \left(\bruch{3}{4}\right)^{n+1} \le [/mm] 0{,}1$
[mm] $\gdw \log\left(\bruch{3}{4}\right)^{n+1}\le \log [/mm] 0{,}1$
[mm] $\gdw (n+1)*\log [/mm] 0{,}75 [mm] \le \log [/mm] 0{,}1$
[mm] $\gdw [/mm] n+1 [mm] \ge \bruch{\log 0{,}1}{\log 0{,}75}$ [/mm] (da [mm] $\log [/mm] 0{,}75<0$)
[mm] $\gdw [/mm] n [mm] \ge \bruch{\log 0{,}1}{\log 0{,}75}-1$
[/mm]
[mm] $\gdw [/mm] n [mm] \ge \bruch{\log 0{,}1}{\log 0{,}75}-1$
[/mm]
[mm] $\gdw [/mm] n [mm] \ge [/mm] 7{,}004$
Da $n+1$ (und nicht $n$, siehe Bemerkung oben) die Anzahl der Würfe angibt, benötigen wir also ein "bisschen mehr" als 8 Würfe, mit anderern Worten 9 Würfe.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:35 Fr 27.02.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo zusammen,
der liebe Marc hat das super erklärt und sich extrem viel Mühe mit der Herleitung über die geometrische Reihe gemacht. Vielen Dank dafür!
Ich hoffe er ist jetzt nicht sauer, wenn ich ihm sage, dass es auch viel einfacher geht.
Die Wahrscheinlichkeit [mm]p[/mm], dass Peter Lustig in den ersten [mm]n[/mm] Versuchen mindestens einmal eine Narzisse pflückt, ist gerade [mm]1-q[/mm], wobei [mm]q[/mm] die Wahrscheinlichkeit dafür ist, dass er in den ersten [mm]n[/mm] Versuchen keine Narzisse pflückt (als Stichwort für den Fragesteller: Übergang zum Gegenereignis).
Offenbar gilt aber (und da helfen Marcs Erklärungen zu Beginn seines Beitrages):
[mm]q = \left( \frac{3}{4} \right)^n[/mm],
d.h. es gilt:
[mm]p = 1 - \left( \frac{3}{4} \right)^n[/mm].
Gesucht ist also dasjenige (kleinste) [mm]n[/mm], für das
[mm]p = 1 - \left( \frac{3}{4} \right)^n \ge 0.9[/mm]
gilt, also:
[mm]\left( \frac{3}{4} \right)^n \le 0.1[/mm]
Den Rest kann man wie bei Marc machen, nur (Achtung!) musst du beachten, dass bei mir jetzt [mm]\red{n}[/mm] die Rolle spielt die bei Marc das [mm]\red{n+1}[/mm] gespielt hat.
Sprich: Am Schluss bekomme ich raus:
[mm]n \ge 8.004[/mm],
und das bedeutet (da bei mir das [mm]n[/mm] die Anzahl der Versuche ist, nicht wie bei Marc das [mm]n+1[/mm]!!!):
Er braucht mehr als 8 Versuche, also mindestens 9 Versuche.
Ist das jetzt klar?
Liebe Grüße
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:22 Fr 27.02.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo!
Tut mir leid, dass ich jetzt erst wieder antworten kann, aber leider muss ich auch arbeiten.
> e) Sein Nachbar möchste an der Blumenpracht der rechten
> Wegseite teilhaben. Dazu schlägt er folgendes Spiel vor. Er
> würfelt einmal mit zwei Laplace Würfeln. Zeigen beide die
> gleiche Augenzahl, bekommt er eine Blume und bezahlt a
> DM.Zeigen die Würfel verschiedene gerade Augenzahlen,
> bekommt er eine Blume, bezahlt aber 3a DM. Ist die
> Augensumme beider Würfel ungerade, erhält er zwei Blumen
> kostenlos. In allen anderen Fällen erhält er keine Blume.
> Berechnen Sie den durchschnittlichen Gewinn bzw. Berlust
> den Peter Lustig pro Spiel hat, wenn ihn jede Blume selbst
> 0,50 DM gekostet hat. Für welche Werte von a wird er das
> Spiel annehmen, ohne einen Verlust zu erleiden ?
Es sei [mm]X[/mm] die Zufallsvariable, die den Gewinn von Peter Lustig "misst". Da dieser Gewinn von [mm]a[/mm] abhängt schreibe ich mal [mm]X_a[/mm].
Die Frage ist ja jetzt:
Für welche Werte von [mm]a[/mm] ist der durchschnittliche Gewinn größer gleich 0, d.h. für welche Werte von [mm]a[/mm] gilt:
[mm]E[X_a] \ge 0[/mm]?
Nun, was müssen wir tun? Wir müssen den Erwartungswert von [mm]X_a[/mm] berechen.
Allgemein gilt, wenn [mm]X[/mm] die Werte [mm](x_n)_{n \in \IN}[/mm] annehmen kann:
[mm]E[X] = \sum\limits_{n \in \IN} x_n \cdot P(X=x_n)[/mm].
Man multipliziert also immer den Wert, den die Zufallsvariable annimt mit der Wahrscheinlichkeit dafür, dass dieser Wert angenommen wird, und summiert dann anschließend alles auf.
In unserem Fall kann [mm]X_a[/mm] die folgenden drei Werte annehmen:
1) Zeigen beide Würfel die gleiche Augenzahl, bekommt der Nachbar eine Blume und bezahlt [mm]a[/mm] DM. Wie sieht dann der Gewinn von Peter Lustig aus? Einerseits bekommt er [mm]a[/mm] DM, verliert aber eine Blume im Wert von [mm]0.50[/mm] DM. In diesem Fall ist also:
[mm]X_a = a - \frac{1}{2}[/mm].
Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall eintritt, also dass beide Würfel die gleiche Augenzahl anzeigen, ist
[mm]P(X_a = a - \frac{1}{2}) = \frac{1}{6}[/mm].
2) Zeigen die Würfel verschiedene gerade Augenzahlen,
bekommt er eine Blume, bezahlt aber [mm]3a[/mm] DM. Wie sieht dann der Gewinn von Peter Lustig aus? Er bekommt [mm]3a[/mm] DM, verliert aber eine Blume im Wert von [mm]0.50[/mm] DM. In diesem Fall ist also:
[mm]X_a=3a - \frac{1}{2}[/mm].
Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall eintritt, also dass die Würfel verschiedene gerade Augenzahlen anzeigen, beträgt:
[mm]P(X_a = 3a - \frac{1}{2}) = \frac{1}{6}[/mm].
3) Ist die Augensumme beider Würfel ungerade, erhält er zwei Blumen
kostenlos. Wie sieht dann der Gewinn von Peter Lustig aus? Er verliert zwei Blumen im Wert von [mm]0.50[/mm] DM, also [mm]1[/mm] DM. In diesem Fall ist also:
[mm]X_a = -1[/mm].
Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall eintritt, also dass die Augensumme beider Würfel ungerade ist, ist
[mm]P(X_a = -1) = \frac{1}{2}[/mm].
In allen Fällen ist [mm]X_a=0[/mm], trägt also nichts zum Erwartungswert bei.
Nun gilt also:
[mm]E[X_a][/mm]
[mm]= (a-\frac{1}{2}) \cdot P(X_a = a - \frac{1}{2}) + (3a - \frac{1}{2}) \cdot P(X_a = 3a - \frac{1}{2}) + (-1)\cdot P(X_a = -1)[/mm]
[mm]= (a-\frac{1}{2}) \cdot \frac{1}{6} + (3a - \frac{1}{2}) \cdot \frac{1}{6} + (-1)\cdot \frac{1}{2}[/mm]
[mm]= \frac{2}{3} a - \frac{2}{3}[/mm].
Die Frage ist also:
Für welche Werte von [mm]a[/mm] gilt:
[mm]E[X_a] = \frac{2}{3} a - \frac{2}{3} \ge 0[/mm].
Ich denke du schaffst es nun diese Frage alleine zu beantworten. Melde dich mal mit einem Ergebnis oder weiteren Fragen.
Liebe Grüße
Stefan
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