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Hallo,
ich habe ein paar Fragen zu verschiedenen Aufgaben.
1. Aufgabe:
Aus den Ziffern 1-9 werden dreiziffrige Zahlen gebildet. Wie viele sind durch 5 teilbar?
Laut Lösung:
Es sind [mm] 9\cdot 9\cdot [/mm] 1= 81 durch 5 teilbar.
1. Frage, wie kommen die auf [mm] 9\cdot 9\cdot [/mm] 1= 81???
2. Aufgabe:
Fußballtoto. Es gibt 13 Spiele und die Ausgänge 1= Heimverein gewinnt, 2=Gastverein gewinnt, 0=unentschieden.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für 12 richtig angekreuzte Spiele.
Lösung: [mm] P(12)=\bruch{13^2}{3^{13}}
[/mm]
2. Frage: Wie kommen die im Zähler auf [mm] 13^2?? [/mm] Die Anzahl aller möglichen Ausgänge [mm] 3^{13} [/mm] kann ich nachvollziehen, aber [mm] 13^2 [/mm] nicht.
Wie wäre denn die Lösung für 11 richtig angekreuzte Spiele?? Im Zähler dann [mm] 13^3 [/mm] oder was???
Grüße
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Hallo,
> 1. Aufgabe:
> Aus den Ziffern 1-9 werden dreiziffrige Zahlen gebildet.
> Wie viele sind durch 5 teilbar?
>
> Laut Lösung:
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> Es sind [mm]9\cdot 9\cdot[/mm] 1= 81 durch 5 teilbar.
>
> 1. Frage, wie kommen die auf [mm]9\cdot 9\cdot[/mm] 1= 81???
Hm,laut Aufgabentext werden die Ziffern 1-9 verwendet, die Ziffer 0 somit nicht, heißt also die Zahl muss auf jeden Fall auf 5 enden...
> 2. Aufgabe:
> Fußballtoto. Es gibt 13 Spiele und die Ausgänge 1=
> Heimverein gewinnt, 2=Gastverein gewinnt,
> 0=unentschieden.
>
> Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für 12 richtig
> angekreuzte Spiele.
>
> Lösung: [mm]P(12)=\bruch{13^2}{3^{13}}[/mm]
>
> 2. Frage: Wie kommen die im Zähler auf [mm]13^2??[/mm] Die Anzahl
> aller möglichen Ausgänge [mm]3^{13}[/mm] kann ich
> nachvollziehen, aber [mm]13^2[/mm] nicht.
>
Sicher, dass da [mm] 13^2 [/mm] im Zähler stehen soll und nicht 13*2, also 26 stehen sollte, denn von 13 Spielen soll 1 falsch sein. Und für den falschen Ausgang habe ich 2 Möglichkeiten...???
Viele Grüße
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Hi,
danke für deine Antwort.
Leider komme ich mit den Antworten aber noch nicht so weit.
> 1. Frage, wie kommen die auf $ [mm] 9\cdot 9\cdot [/mm] $ 1= 81???
> Hm,laut Aufgabentext werden die Ziffern 1-9 verwendet, die Ziffer 0 somit nicht, heißt also die Zahl muss auf jeden Fall auf 5 enden...
Ich verstehe trotzdem noch nicht, wie die Kombi [mm] 9\cdot 9\cdot [/mm] 1= 81 herauskommen soll... Eine erste Zahl, die dreistellig ist und auf 5 endet wäre 115, was hat das dann mit [mm] 9\cdot 9\cdot [/mm] 1= 81 zutun??
> 2. Frage: Wie kommen die im Zähler auf $ [mm] 13^2?? [/mm] $ Die Anzahl
> aller möglichen Ausgänge $ [mm] 3^{13} [/mm] $ kann ich
> nachvollziehen, aber $ [mm] 13^2 [/mm] $ nicht.
> Sicher, dass da $ [mm] 13^2 [/mm] $ im Zähler stehen soll und nicht 13*2, also 26 stehen sollte, denn von 13 Spielen soll 1 falsch sein. Und für den falschen Ausgang habe ich 2 Möglichkeiten...???
Kann sein, dass in den Lösungen auch ein Fehler ist, da steht aber [mm] 13^2. [/mm] Selbst bei [mm] 13\cdot [/mm] 2 habe ich deine Argumentation noch nicht verstanden. Wieso habe ich 2 Ausgänge für den falschen Ausgang? Und wieso muss ich bei 12 richtige, die Wahrscheinlichkeit für falsche berechnen?
2. Frage: Wie wäre es dann, bei 11 richtigen????
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> Leider komme ich mit den Antworten aber noch nicht so
> weit.
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> > 1. Frage, wie kommen die auf [mm]9\cdot 9\cdot[/mm] 1= 81???
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> > Hm,laut Aufgabentext werden die Ziffern 1-9 verwendet, die
> Ziffer 0 somit nicht, heißt also die Zahl muss auf jeden
> Fall auf 5 enden...
>
> Ich verstehe trotzdem noch nicht, wie die Kombi [mm]9\cdot 9\cdot[/mm]
> 1= 81 herauskommen soll... Eine erste Zahl, die dreistellig
> ist und auf 5 endet wäre 115, was hat das dann mit
> [mm]9\cdot 9\cdot[/mm] 1= 81 zutun??
>
An der Hunderterstelle steht eine Ziffer von 1-9, also 9 Möglickeiten, genauso an der Zehnerstelle, während an der Einerstelle nur eine mögliche Ziffer (also 5) stehen kann, macht also 9*9*1 =81 Möglichkeiten.
> > Sicher, dass da [mm]13^2[/mm] im Zähler stehen soll und nicht 13*2,
> also 26 stehen sollte, denn von 13 Spielen soll 1 falsch
> sein. Und für den falschen Ausgang habe ich 2
> Möglichkeiten...???
>
> Kann sein, dass in den Lösungen auch ein Fehler ist, da
> steht aber [mm]13^2.[/mm] Selbst bei [mm]13\cdot[/mm] 2 habe ich deine
> Argumentation noch nicht verstanden. Wieso habe ich 2
> Ausgänge für den falschen Ausgang? Und wieso muss ich bei
> 12 richtige, die Wahrscheinlichkeit für falsche berechnen?
Im Fußball gibt es nun mal Heimsieg, Unentschieden oder Auswärtssieg.
Geht das Spiel mit einem Heimsieg aus, dann sind die Ausgänge Unentschieden und Auswärtssieg 2 falsch getippte Ausgänge.
Mal ganz grundsätzlich angefangen: Wahrscheinlichkeit ist die Anzahl günstiger Fälle durch die Anzahl möglicher Fälle. In dem Fall sind die günstigen Fälle = die Anzahl der Fälle bei denen 12 Spiele richtig getippt wurden und eines falsch, (daher muss ich ein falsch getipptes Spiel mit einberechnen, ansonsten wäre es die Wk für 13 richtig getippte Spiele). Dass unter 13 Spielen eins falsch getippt wurde, dafür gibts nunmal 13 mögliche Spiele, die ich falsch getippt haben könnte. Und in einem falsch getippten Spiel sind wie gesagt von 3 möglichen Ausgängen genau 2 falsch
>
> 2. Frage: Wie wäre es dann, bei 11 richtigen????
>
Das geht am einfachsten, wenn du schon mal was von ner Bernoulli-Kette gehört hast und wäre dann: [mm] \vektor{13 \\ 11}*(\bruch{1}{3})^{11}*(\bruch{2}{3})^{2}.
[/mm]
Hierbei sind [mm] \vektor{13 \\ 11} [/mm] die Anzahl Möglichkeiten von 13 Spielen 11 zu haben, [mm] (\bruch{1}{3})^{11} [/mm] die Wk 11 Spiele richtig zu tippen, [mm] (\bruch{2}{3})^{2}, [/mm] die Wk 2 Spiele falsch getippt zu haben.
Viele Grüße
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Hallo nochmal,
ich glaube, so langsam habe ich es verstanden.
Aufgabe 1 ist ok.
Bei der zweiten mit dem Fußball, d.h. P(12 richtig angekreuzte Spiele) setzt sich zusammen aus
P(12 richtig angekreuzte Spiele)=(Wahrscheinlichkeit für 13 richtige) [mm] \cdot [/mm] (Möglichkeiten für 1 [mm] falsches)=\bruch{1}{3^{13}}\cdot 13\cdot [/mm] 2
Woher weiß man aber, dass man (Wahrscheinlichkeit für 13 richtige) [mm] \cdot [/mm] (Möglichkeiten für 1 falsches) multiplizieren muss???
Grüße
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Hallo,
gehe bei der Lösungssuche am einfachsten folgendermaßen vor:
1.Nimm dir ein konkretes Ergebnis für die 13 Spiele, zum Beispiel nimm an es hätte 13 Heimsiege (H) gegeben, also HHHHHHHHHHHHH
2. Gehe die Fälle durch in denen man GENAU 12 Spiele davon richtig tippt. Das wären dann
UHHHHHHHHHHHH, AHHHHHHHHHHHH, HUHHHHHHHHHHH, HAHHHHHHHHHHH,..., HHHHHHHHHHHHU, HHHHHHHHHHHHA. U steht hier für ein getipptes Unentschieden, A für einen getippten Auswärtssieg.
Man sieht sehr leicht, dass ich 13 Möglichkeiten habe eines von 13 Spielen falsch zu tippen und es wiederum für ein Spiel 2 mögliche falsche Spielausgänge gibt. Das macht unterm Strich 26 günstige Ereignisse mit exakt 12 richtig getippten Spielen.
Viele Grüße
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Besten Dank. Jetzt habe ich es komplett verstanden.
Habe dann nochmal zwei andere Aufgaben.
Aufgabe 1:
Habe ne Urne mit 13 Kugeln, 6 schwarze, 5 rote und 2 gelbe.
Frage: Alle Kugeln sollen auf einer Geraden nebeneinander liegen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass zufällig alle 6 schwarzen K. nebeneinander liegen??
Die Lösung lautet hier:
P(6 schwarze in [mm] ...)=\bruch{6! \cdot 8 \cdot 7!}{13!}
[/mm]
Ich verstehe gerade nicht, warum im Zähler noch mal 8 genommen werden muss? 6! sind die schwarzen kugeln und 7! die restlichen, würde denn 6! [mm] \cdot [/mm] 7! nicht ausreichen??
2. Aufgabe:
In einer Urne befinden sich 4 schwarze, 6 weiße und 5 rote Kugeln. Es werden drei Kugeln mit einem Griff gezogen. Berechne die Wahrscheinlichkeiten für:
a) Alle drei Kugeln haben die gleiche Farbe.
b) Alle drei Kugeln haben verschiedene Farben.
Lösung:
a) P(alle drei [mm] gleich)=\bruch{\vektor{4 \\ 3}+\vektor{6 \\ 3}+\vektor{5 \\ 3}}{\vektor{15 \\ 3}}
[/mm]
b) P(alle drei [mm] gleich)=\bruch{\vektor{4 \\ 1} \cdot \vektor{6 \\ 1} \cdot \vektor{5 \\ 1}}{\vektor{15 \\ 3}}
[/mm]
Meine Frage: Wieso werden bei a) im Zähler die Möglichkeiten addiert, bei b) jedoch multipliziert???? Das verstehe ich nicht so.
Grüße
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> Habe ne Urne mit 13 Kugeln, 6 schwarze, 5 rote und 2
> gelbe.
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> Frage: Alle Kugeln sollen auf einer Geraden nebeneinander
> liegen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass
> zufällig alle 6 schwarzen K. nebeneinander liegen??
>
> Die Lösung lautet hier:
>
> P(6 schwarze in [mm]...)=\bruch{6! \cdot 8 \cdot 7!}{13!}[/mm]
>
> Ich verstehe gerade nicht, warum im Zähler noch mal 8
> genommen werden muss? 6! sind die schwarzen kugeln und 7!
> die restlichen, würde denn 6! [mm]\cdot[/mm] 7! nicht
> ausreichen??
Offensichtlich nicht, da es in der Lösung steht und die Lösung diesmal korrekt ist....
Der Faktor 8 kommt daher, dass 6 nebeneinander liegende Kugeln an verschiedenen Positionen liegen könnten, also
1. P1-P6,
2. P2-P7,
3. P3-P8,
...
8. P8-P13
Viele Grüße
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Danke dir.
Habe bei dem oberen Teil nochmal eine 2 Aufgabe angefügt. Kannst du dazu auch was sagen??
Grüße
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:53 Mo 20.04.2015 | | Autor: | chrisno |
Ein organisatorischer Hinweis:
Die Diskussionen bleiben übersichtlicher, wenn Du für jede neue Aufgabe einen eigenen Thread aufmachst.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:00 Mo 20.04.2015 | | Autor: | chrisno |
Kurz gesagt entspricht es den logischen Verknüpfungen oder und und.
Es können drei Kugel der einen Farbe oder drei Kugeln der anderen Farbe oder ... sein. Das sind drei Wahrscheinlichkeiten, die addiert werden, weil jede zu dem gewünschten Ergebnis führen kann.
Es muss nur eine Kugel der einen Farbe und obendrein (danach) eine Kugel der nächsten Farbe und ... gezogen werden. Die Wahrscheinlichkeiten werden multipliziert. Daher stellt sich für mich eher die Frage, wieso der gleiche Nenner da steht. Das müsste ich nachrechnen, habe aber nicht die Zeit dafür.
Nachtrag: Ich habe für den zweiten Fall etwas vermischt. Ich komme zu dem gleichen Ergebnis, wenn ich ein Baumdiagramm verwende. Im ersten Zug ist sind die Wahrscheinlichkeiten [mm] $\br{4}{15}$, $\br{5}{15}$ [/mm] und [mm] $\br{6}{15}$. [/mm] Im zweiten Zug entsprechend [mm] $\br{\ldots}{14}$ [/mm] und dann im dritten Zug [mm] $\br{\ldots}{15}$. [/mm] Wenn ich nun die Zweige entlang gehe und die gesamte Wahrscheinlichkeit berechne ergibt das
[mm] $\br{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6}{13 \cdot 14 \cdot 15}$ [/mm] und damit das Gleiche, was als Lösung da steht.
Das ist aber nicht so elegant, wie direkt über den Quotienten (günstige Ereignisse)/(mögliche Ereignisse) zu gehen. Der Nenner ist in diesem Zusammenhang klar. Der Zähler ist vereinfacht geschrieben $4 [mm] \cdot [/mm] 5 [mm] \cdot [/mm] 6$. Das macht auch Sinn, so die Anzahl der günstigen Ereignisse zu berechnen. Es gibt vier Möglichkeiten eine schwarze Kugel zu ziehen. Für jede dieser Möglichkeiten gibt es 5 Möglichkeiten eine rote Kugel zu ziehen, also muss Multipliziert werden.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:04 Mi 22.04.2015 | | Autor: | steve.joke |
Danke Euch.
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