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| Aufgabe | | Was ist die Wkt dafür , dass beim 6-maligen Werfen einer fairen Münze genau 4 mal Kopf fällt unter der Bedingung , dass Kopf schon beim ersten Mal fällt |
Hallo,
also das schreit nach bedingter Wahrscheinlichkeit.
Ich habe folgendes gemacht:
A= " Genau 4 Mal Kopf "
B = " Beim ersten Mal Kopf "
Für A sind folgende Ereignisse möglich:
KKKKZZ; ZZKKKK; KZKZKK; KZZKKK; ZKZKKK; ZKKZKK; KKZZKK; KKKZKZ; KKKZZK; KZKKZK; ZKKZKK; ZKKKKZ; ZKKKZK; KKZKKZ; KKZKZK
Für B sind folgende Ereignisse möglich:
KKKKZZ; KZKZKK; KZZKKK; KKZZKK; KKKZKZ; KKKZZK; KZKKZK; KKZKKZ; KKZKZK; KZZZZZ
P(A|B) = [mm] \bruch{P(A \cap B)}{P(B)}
[/mm]
Bin ich auf dem richtigen Weg ?
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Hallo pc_doctor,
> Was ist die Wkt dafür , dass beim 6-maligen Werfen einer
> fairen Münze genau 4 mal Kopf fällt unter der Bedingung ,
> dass Kopf schon beim ersten Mal fällt
> Hallo,
>
> also das schreit nach bedingter Wahrscheinlichkeit.
>
> Ich habe folgendes gemacht:
>
> A= " Genau 4 Mal Kopf "
>
> B = " Beim ersten Mal Kopf "
>
> Für A sind folgende Ereignisse möglich:
>
> KKKKZZ; ZZKKKK; KZKZKK; KZZKKK; ZKZKKK; ZKKZKK; KKZZKK;
> KKKZKZ; KKKZZK; KZKKZK; ZKKZKK; ZKKKKZ; ZKKKZK; KKZKKZ;
> KKZKZK
>
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Für B sind folgende Ereignisse möglich:
> KKKKZZ; KZKZKK; KZZKKK; KKZZKK; KKKZKZ; KKKZZK; KZKKZK;
> KKZKKZ; KKZKZK; KZZZZZ
>
Für das Ereignis B gibt es doch mehr Fälle
als die hier aufgeführten.
> P(A|B) = [mm]\bruch{P(A \cap B)}{P(B)}[/mm]
>
> Bin ich auf dem richtigen Weg ?
Gruss
MathePower
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Hallo,
fehlen da noch zufällig 5 Ereignisse ?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:43 Mi 01.01.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo,
> Hallo,
> fehlen da noch zufällig 5 Ereignisse ?
Gibt es Zufall überhaupt? 
Auf meinem Schmierblatt noch viel mehr..
Gruß
DieAcht
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Hallo,
ich habe für B ="beim ersten Mal Kopf" die Ereignisse ergänzt:
KKKKZZ; KZKZKK; KZZKKK; KKZZKK; KKKZKZ; KKKZZK; KZKKZK;
KKZKKZ; KKZKZK; KZZZZZ; KKKKKK ; KZZZZZ; KZZZZK; KZZZKK; KKKKKZ; KKZZZZ;
Das müssten eigentlich alle sein , oder ?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:48 Mi 01.01.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo,
> Hallo,
>
> ich habe für B ="beim ersten Mal Kopf" die Ereignisse
> ergänzt:
>
> KKKKZZ; KZKZKK; KZZKKK; KKZZKK; KKKZKZ; KKKZZK; KZKKZK;
> KKZKKZ; KKZKZK; KZZZZZ; KKKKKK ; KZZZZZ; KZZZZK; KZZZKK;
> KKKKKZ; KKZZZZ;
>
> Das müssten eigentlich alle sein , oder ?
Da fehlen noch immer welche. Bring doch mal Struktur rein!
Kein Mal Zahl:
KKKKKK
1 Mal Zahl:
KZKKKK
KKZKKK
KKKZKK
KKKKZK
KKKKKZ
2 Mal Zahl hintereinander:
KZZKKK
KKZZKK
KKKZZK
KKKKZZ
KKZZKK
KKKZZK
KKKKZZ
...
Gruß
DieAcht
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:58 Mi 01.01.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo,
> P(A|B) = [mm]\bruch{P(A \cap B)}{P(B)}[/mm]
>
> Bin ich auf dem richtigen Weg ?
Ja, der Weg ist richtig, nur sehr lang.
Wenn du dir schon alle Möglichkeiten aufschreibst,
wieso schreibst du dir nicht direkt nur die Möglichkeiten auf nach denen gefragt ist?
DieAcht
DieAcht
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Darf ich erfahren wie diese Abkürzung geht ? Ich sehe nur noch K und Z's :D
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:23 Do 02.01.2014 | | Autor: | DieAcht |
Das hängt mit Loddar's Antwort sehr stark zusammen und ich bin mir sicher, das dir Loddar das nun erklären wird.
Dennoch erkläre ich es dir nach deiner "Methode".
Du weißt, dass folgendes gilt:
Sei [mm] X:=\{K,Z\}, [/mm] also $X$ ist Kopf oder Zahl.
Grundidee durch die Bedingung:
KXXXXX (Hier kommt Loddar zum Zug  )
Deine andere Bedingung: $4$ mal Kopf
Jetzt gehst du alle Möglichkeiten durch, in denen genau $4$ mal Kopf vorliegt, oder halt genau $2$ mal Zahl vorliegt. Vergiss aber die andere Bedingung nicht!
2 mal Zahl mit Abstand 1:
KZZKKK
KKZZKK
KKKZZK
KKKKZZ
2 mal Zahl mit Abstand 2:
KZKZKK
KKZKZK
KKKZKZ
2 mal Zahl mit Abstand 3:
KZKKZK
KKZKKZ
2 mal Zahl mit Abstand 4:
KZKKKZ
Verständlicher?
DieAcht
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Hallo,
ja durch die beiden Erklärungen einmal von Loddar und einmal von dir habe ich das System verstanden. Das spart enorm viel Zeit.
Dennoch möchte ich gerne den "komplizierten" Weg einmal gerechnet haben , um beide Wege draufzuhaben.
Wir hatten ursprünglich für B="Als erstes Kopf" folgende Ereignisse(bisschen strukturierter):
KKKKZZ; KZKZKK; KZZKKK; KKZZKK; KKKZKZ; KKKZZK; KZKKZK;
KKZKKZ; KKZKZK; KZZZZZ; ---Ergänzung ab hier: KKKKKK; KKZKZZ; KKKZKK; KKKKZK; KKKKKZ; KZZZZZ; KZZZZK; KZZZKK; KZKKKK ; KKZZZZ; KKKZZZ; KKZZZK; KKZZKZ; KZKZKZ; KZKKZZ;
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:59 Do 02.01.2014 | | Autor: | DieAcht |
> Hallo,
>
> ja durch die beiden Erklärungen einmal von Loddar und
> einmal von dir habe ich das System verstanden. Das spart
> enorm viel Zeit.
> Dennoch möchte ich gerne den "komplizierten" Weg einmal
> gerechnet haben , um beide Wege draufzuhaben.
>
> Wir hatten ursprünglich für B="Als erstes Kopf" folgende
> Ereignisse(bisschen strukturierter):
>
> KKKKZZ; KZKZKK; KZZKKK; KKZZKK; KKKZKZ; KKKZZK; KZKKZK;
> KKZKKZ; KKZKZK; KZZZZZ; ---Ergänzung ab hier: KKKKKK;
> KKZKZZ; KKKZKK; KKKKZK; KKKKKZ; KZZZZZ; KZZZZK; KZZZKK;
> KZKKKK ; KKZZZZ; KKKZZZ; KKZZZK; KKZZKZ; KZKZKZ; KZKKZZ;
>
Ich sehe hier noch immer keine Struktur!
Bedingung: Kopf steht vorne.
0 mal Z:
KKKKKK
1 mal Z:
KZKKKK
KKZKKK
KKKZKK
KKKKZK
KKKKKZ
2 mal Z:
-Abstand 1
KZZKKK
KKZZKK
KKKZZK
KKKKZZ
-Abstand 2
KZKZKK
KKZKZK
KKKZKZ
-Abstand 3
KZKKZK
KKZKKZ
-Abstand 4
KZKKKZ
3 mal Z
KKKZZZ
KZKKZZ
KZZKKZ
KZZZKK
KKZKZZ
KKZZKZ
KKZZZK
KZKZKZ
KZKZZK
KZZKZK
4 mal Z
KKZZZZ
KZKZZZ
KZZKZZ
KZZZKZ
KZZZZK
5 mal Z
KZZZZZ
Weiß gerade nicht ob ich etwas vergessen habe.
Du kannst übrigens mit Loddar's Hinweis dir auch hier Arbeit sparen, wenn du die Symmetrie erkennst!
Gute Nacht!
DieAcht
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:03 Do 02.01.2014 | | Autor: | pc_doctor |
Oh, vielen lieben Dank für die aufgebrachte Mühe um diese Uhrzeit.
Und sorry für die Unstrukturierheit, kann mich auch nicht mehr konzentrieren , bin zu müde. Ich werde morgen bzw. heute weiterrechnen und mich wieder melden.
Vielen Dank an alle und gute Nacht.
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Hallo,
noch eine kurze Frage:
Wenn ich die ganzen Ereignisse für A und B habe , muss ich nach P(A|B) = $ [mm] \bruch{P(A \cap B)}{P(B)} [/mm] $ gucken, welche Ereignisse in A UND in B sind , die ausrechnen und dann diese in den Zähler einsetzen , stimmts ?
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Hallo,
> noch eine kurze Frage:
>
> Wenn ich die ganzen Ereignisse für A und B habe , muss ich
> nach P(A|B) = [mm]\bruch{P(A \cap B)}{P(B)}[/mm] gucken, welche
> Ereignisse in A UND in B sind , die ausrechnen und dann
> diese in den Zähler einsetzen , stimmts ?
Ja. Was sonst soll [mm] A\cap{B} [/mm] wohl heißen?
Grüße
reverend
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:03 Do 02.01.2014 | | Autor: | Loddar |
Hallo pc-doctor!
Du kannst hier das Problem reduzieren, indem Du betrachtest:
| Aufgabe | 5-maliges Werfen einer fairen Münze.
Wie groß ist die Wkt. für genau 3-mal Kopf? |
Anschließend musst Du halt noch einen "Korrekturfaktor" für den ersten Wurf berücksichtigen.
Gruß
Loddar
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Hallo Loddar,
könntest du bitte erklären , wieso 5 mal werfen und 3 mal Kopf ? Wie kommt man drauf ?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:09 Do 02.01.2014 | | Autor: | Loddar |
Hallo pc-doctor!
> könntest du bitte erklären , wieso 5 mal werfen und 3 mal Kopf ?
Der erste Wurf wird mit "Kopf" als gegeben angenommen.
Damit verbleiben von ursprünglichen 6 Würfen noch 5 (= 6-1). Und da schon einmal "Kopf" gefallen ist, sind in diesen restlichen Würfen nur noch 3 (= 4-1) "Kopf"-Würfe vonnöten.
Gruß
Loddar
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:12 Do 02.01.2014 | | Autor: | pc_doctor |
Achsoo , jetzt verstehe ich es.
Stimmt, das ist deutlich kürzer , aber ich würde gern das , was ich angefangen habe , beenden , der Vollständigkeithalber ( nicht falsch verstehen ). Aber den Trick merke ich mir für sicherlich noch kommende Aufgaben.
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> Du kannst hier das Problem reduzieren, indem Du
> betrachtest:
>
> 5-maliges Werfen einer fairen Münze.
> Wie groß ist die Wkt. für genau 3-mal Kopf?
>
> Anschließend musst Du halt noch einen "Korrekturfaktor"
> für den ersten Wurf berücksichtigen.
Hallo Loddar,
was für einen "Korrekturfaktor" meinst du da jetzt ?
Ich dachte, es sei nur die bedingte W'keit gefragt,
dass in 6 Würfen insgesamt genau 4 mal Kopf
erscheint, unter der Bedingung, dass der erste
Wurf Kopf gezeigt hat.
Eine andere Frage wäre die nach der Wahrscheinlichkeit,
dass bei 6 Würfen im ersten und dann noch in genau
drei weiteren Würfen Kopf erscheint.
LG , Al
Nebenbemerkung:
Bei solchen Aufgaben habe ich mir schon manchmal
gedacht:
Moment mal, es gibt doch auf der Welt auch sehr
viele durchaus "faire" Münzen, bei welchen auf
keiner der zwei Seiten ein Kopf abgebildet ist.
Um der Aufgabe gerecht zu werden, müsste
man also noch wissen, wie groß im konkreten
Fall die Wahrscheinlichkeit ist, dass die Münze
überhaupt eine "Kopf"-Seite hat !
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:05 Do 02.01.2014 | | Autor: | pc_doctor |
>
> Nebenbemerkung:
>
> Bei solchen Aufgaben habe ich mir schon manchmal
> gedacht:
>
> Moment mal, es gibt doch auf der Welt auch sehr
> viele durchaus "faire" Münzen, bei welchen auf
> keiner der zwei Seiten ein Kopf abgebildet ist.
> Um der Aufgabe gerecht zu werden, müsste
> man also noch wissen, wie groß im konkreten
> Fall die Wahrscheinlichkeit ist, dass die Münze
> überhaupt eine "Kopf"-Seite hat !
>
Hallo Al,
ich muss immer schmunzeln , wenn ich lese , wie weit du denkst :D Leider sind das solche Aufgaben , die uns einfach hingeklatscht werden und wir stur alles machen sollen. Fragen, die uns bezüglich der Aufgaben einfallen , die vielleicht grundlegend und wichtig sein könnten , werden mit der folgenden Aussage abgeschmettert:" Nein , so wie es auf dem Blatt steht , nicht mehr" :D
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