Streichholz auf Teppich < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Auf einen Teppich, der 10 cm mal 10 cm große rote und blaue Quadrate enthält, wird ein 5 cm langes Streichholz geworfen.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass
1.) das Streichholz in EIN Feld fällt
2.) das Streichholz in ZWEI Felder fällt
3.) das Streichholz in DREI Felder fällt
Siehe Skizze: [Dateianhang nicht öffentlich] |
Experimentell könnte man das sicherlich lösen: Man bastelt sich einen entsprechenden Teppich und wirft dann einige Tausend Mal das Streichholz und macht eine Strichliste, wie oft das einzelne Ereignis eintritt.
Aber sonst??
Wenn das Streichholz nur im Winkel von 0 Grad oder 90 Grad fallen könnte, dann würde Fall 3 ganz wegfallen und Fall 1 und 2 ließen sich wohl noch bequem berechnen.
Muss man hier jeden einzelnen Winkel separat betrachten?
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:58 Di 24.03.2009 | | Autor: | Zwerglein |
Hi, rabilein,
also: irgendwie erinnert mich das an das "Buffon'sche Nadelproblem"!
Google doch mal unter diesem Stichwort!
mfG!
Zwerglein
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:11 Mi 25.03.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Unter dem Stichwort "Buffon'sche Nadelproblem" steht:
Bemerkenswert hierbei ist, dass die Wahrscheinlichkeit eng mit dem Wert von [mm] \pi [/mm] verbunden ist.
Damit sind wohl die 360 Grad gemeint, um die sich die Nadel (das Streichholz) drehen kann.
Aber beim "Buffon'sche Nadelproblem" gab es nur 2 parallele Linien.
In der obigen Aufgabe werden diese Linien jedoch nochmals durch senkrechte Linien geschnitten.
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> Auf einen Teppich, der 10 cm mal 10 cm große rote und blaue
> Quadrate enthält, wird ein 5 cm langes Streichholz
> geworfen.
>
> Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass
> 1.) das Streichholz in EIN Feld fällt
> 2.) das Streichholz in ZWEI Felder fällt
> 3.) das Streichholz in DREI Felder fällt
>
> Siehe Skizze: [Dateianhang nicht öffentlich]
> Experimentell könnte man das sicherlich lösen: Man bastelt
> sich einen entsprechenden Teppich und wirft dann einige
> Tausend Mal das Streichholz und macht eine Strichliste, wie
> oft das einzelne Ereignis eintritt.
>
> Aber sonst??
> Wenn das Streichholz nur im Winkel von 0 Grad oder 90 Grad
> fallen könnte, dann würde Fall 3 ganz wegfallen und Fall 1
> und 2 ließen sich wohl noch bequem berechnen.
>
> Muss man hier jeden einzelnen Winkel separat betrachten?
Hallo Rabilein,
dein Flair für interessante Aufgabenstellungen bestätigt sich
ein weiteres Mal. Man kann die Frage wohl in analoger Weise
wie das Buffonsche Nadelproblem behandeln. Bei dessen Lösung
beschreibt man die Lage einer geworfenen Nadel mit zwei
Parametern: Abstand x des Mittelpunkts von der nächstgelegenen
Parallelen und Winkel [mm] \varphi. [/mm] Man kommt dann auf ein Doppelintegral,
bei dessen Auswertung die Zahl Pi in Erscheinung tritt.
Bei der vorliegenden Frage kann man analog vorgehen, mit drei
Parametern: x = Abstand des Mittelpunktes zur nächstgelegenen
senkrechten, y = Abstand des Mittelpunkts zur nächstgelegenen
waagrechten Linie, [mm] \varphi [/mm] = spitzer Winkel zwischen Streichholz und
waagrechten Linien.
Rechnen wir in Dezimeter, so dass die Quadrate die Seitenlänge 1
erhalten. Die Länge der Streichhölzer sei L (hier also [mm] L=\bruch{1}{2}).
[/mm]
x, y und [mm] \varphi [/mm] sind drei voneinander unabhängige Parameter,
wobei x und y im Intervall [mm] [0,\bruch{1}{2}] [/mm] liegen.
Der Winkel [mm] \varphi [/mm] liegt im Intervall [mm] [0,\bruch{\pi}{2}]. [/mm] Das Streichholz liegt
genau dann in einem einzigen Feld, wenn sowohl [mm] x\ge \bruch{L}{2}*cos(\varphi) [/mm] als auch
[mm] y\ge \bruch{L}{2}*sin(\varphi) [/mm] ist. Es geht über drei Felder, falls $\ x< [mm] \bruch{L}{2}*cos(\varphi)$
[/mm]
und $\ x< [mm] \bruch{L}{2}*sin(\varphi)$ [/mm] ist (der Fall, dass das als unendlich dünn betrachtete
Streichholz genau zwei gleichfarbige, diagonal benachbarte Felder
belegt, hat die Wahrscheinlichkeit Null).
Die Wahrscheinlichkeit für genau zwei belegte Felder ist [mm] P_2=1-P_1-P_3.
[/mm]
So, und nun bleiben nur noch die Integrationen durchzuführen !
Hinweis: die Bedingungen [mm] x\ge \bruch{L}{2}*cos(\varphi) [/mm] und [mm] y\ge \bruch{L}{2}*sin(\varphi)
[/mm]
sind natürlich nicht unabhängig voneinander !
Gruß Al
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Mit einer Computersimulation (30 Millionen Würfe) bin
ich auf folgende Ergebnisse gekommen:
[mm] P_1\approx [/mm] 0.443 [mm] P_2\approx [/mm] 0.478 [mm] P_3\approx [/mm] 0.080
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Die Integration ist ebenfalls eine gute und interessante
Übung - und gar nicht schwierig.
Ich erhalte:
[mm] P_1=1-\bruch{7}{4\pi}\,\approx\,0.442958 [/mm]
[mm] P_2\ =\quad \bruch{3}{2\pi}\,\,\,\approx\,0.477465 [/mm]
[mm] P_3\ =\quad \bruch{1}{4\pi}\,\,\,\approx\,0.079577
[/mm]
LG Al-Chwarizmi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:32 Mi 25.03.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Al-Chwarizmi, vielen Dank für die Lösung. Und auch dafür, dass du das Hölzli 30.000.000 Mal auf den Teppich geworfen hast.
Dass das Streichholz nur in knapp 9 % aller Würfe DREI Felder bedeckt, das liegt wohl an seiner relativen Kürze.
Zusatzfrage: Wie lang müsste das Streichholz sein, damit es in 50 % aller Würfe DREI Felder bedeckt?
Lässt sich das berechnen? Oder sollte man das besser per Trial and Error simulieren?
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> Al-Chwarizmi, vielen Dank für die Lösung. Und auch dafür,
> dass du das Hölzli 30.000.000 Mal auf den Teppich geworfen
> hast.
Hallo Rabilein,
das musste ich ja zum Glück nicht selber machen, sondern
mein Mac hat das mittels eines kleinen Programms klaglos
getan. Ein neuer Lauf mit 100 Millionen Würfen lieferte
übrigens [mm] P_1\,\approx\,0.44294\,,\,\,P_2\,\approx\,0.47749 [/mm] und [mm] P_3\,\approx\,0.07957\,. [/mm]
> Dass das Streichholz nur in knapp 9 % aller Würfe DREI
> Felder bedeckt, das liegt wohl an seiner relativen Kürze.
>
> Zusatzfrage: Wie lang müsste das Streichholz sein, damit es
> in 50 % aller Würfe DREI Felder bedeckt?
>
> Lässt sich das berechnen? Oder sollte man das besser per
> Trial and Error simulieren?
Ich habe zwar die Resultate angegeben, aber die Berechnungs-
methode bisher verschwiegen. Die Berechnung von [mm] P_3 [/mm] mit belie-
bigem L (aber [mm] L\le [/mm] 1) ginge so:
Da x und y zwischen 0 und [mm] \bruch{1}{2} [/mm] und [mm] \varphi [/mm] zwischen 0 und [mm] \bruch{\pi}{2} [/mm] beliebig
und unabhängig voneinander variieren dürfen, liegt der zuge-
hörige Punkt im [mm] \IR^3 [/mm] irgendwo in dem entsprechenden Quader
mit dem Volumen [mm] V_{Quader}=\bruch{1}{2}*\bruch{1}{2}*\bruch{\pi}{2}=\bruch{\pi}{8} [/mm] .
Die Wahrscheinlichkeit, dass das Hölzchen drei Felder trifft, ist
[mm] P_3=\bruch{V_3}{V_{Quader}}
[/mm]
wobei [mm] V_3 [/mm] das Volumen des Körpers ist, der aus den Punkten
P(x/y/z) des Quaders besteht, für welche [mm] 0\le x\le \bruch{L}{2}*cos(\varphi) [/mm] und
[mm] 0\le y\le \bruch{L}{2}*sin(\varphi) [/mm] ist. dieses Volumen [mm] V_3 [/mm] lässt sich leicht be-
rechnen, denn seine Querschnittsfläche auf der Höhe z (mit
[mm] 0\le z\le \bruch{\pi}{2}) [/mm] ist das Rechteck mit [mm] 0\le x\le \bruch{L}{2}*cos(\varphi) [/mm] und [mm] 0\le y\le \bruch{L}{2}*sin(\varphi).
[/mm]
Dessen Flächeninhalt ist
[mm] Q_z=\bruch{L}{2}*cos(\varphi)*\bruch{L}{2}*sin(\varphi)=\bruch{L^2}{4}*sin(\varphi)*cos(\varphi)=\bruch{L^2}{8}*sin(2*\varphi) [/mm]
Daraus ergibt sich
$\ [mm] V_3=\integral_{0}^{\pi/2}Q_z\ [/mm] dz\ =\ -\ [mm] \bruch{L^2}{16}*cos(2\varphi)\text{\large{|}}_0^{\pi/2}\,=\,\bruch{L^2}{8}$ [/mm]
Aus deiner Forderung [mm] P_3=\bruch{1}{2} [/mm] ergibt sich nun die Gleichung
[mm] \bruch{V_3}{V_{Quader}}\,=\,\bruch{1}{2}
[/mm]
oder
[mm] \bruch{L^2}{8}\,=\,\bruch{V_{Quader}}{2}\,=\,\bruch{\pi}{16}
[/mm]
das heisst [mm] L^2=\bruch{\pi}{2} [/mm] oder [mm] L=\wurzel{\bruch{\pi}{2}}\approx [/mm] 1.2533
Da aber nun leider L grösser als 1 würde, gelten dann unsere
bisherigen Annahmen nicht mehr, weil ein Hölzchen dieser
Länge mehr als eine der parallelen Linien schneiden könnte !
Die korrekte Rechnung würde deshalb wohl erheblich komplizierter.
Wenn du dich auf eine Forderung wie zum Beispiel [mm] P_3=\bruch{1}{4}
[/mm]
beschränkst, kann die entsprechende Hölzchen-Länge jedoch leicht
berechnet werden.
Lieben Gruß Al
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:23 Mi 25.03.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Ich hatte mir schon gedacht, dass es mit "50 Prozent für DREI Felder" Probleme geben würde.
Weil:
Einerseits steigt mit der Länge des Hölzchens die Wahrscheinlichkeit, dass es in DREI Feldern zum Liegen kommt.
Andererseits wächst dann die Gefahr, dass das Streichholz dermaßen lang werden muss, dass es im Endeffekt mehr als DREI Felder bedeckt.
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> Ich hatte mir schon gedacht, dass es mit "50 Prozent für
> DREI Felder" Probleme geben würde.
>
> Weil:
> Einerseits steigt mit der Länge des Hölzchens die
> Wahrscheinlichkeit, dass es in DREI Feldern zum Liegen
> kommt.
>
> Andererseits wächst dann die Gefahr, dass das Streichholz
> dermaßen lang werden muss, dass es im Endeffekt mehr als
> DREI Felder bedeckt.
Genau richtige Beobachtung. Übrigens habe ich für den
Wunsch " [mm] P_3=0.25 [/mm] ", also [mm] L=\wurzel{\bruch{\pi}{4}} [/mm] , meinen Mac nochmals
10 Millionen nicht brennende Hölzchen werfen lassen, mit
dem Ergebnis:
$\ [mm] P_3 \approx [/mm] 0.25008$
Den Rechnungen kann man also offenbar trauen.
Gruss und ![[gutenacht]](/images/smileys/gutenacht.gif "[gutenacht]") Al
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| Aufgabe | Die einzelnen Gitterstäbe sind wieder 10 cm auseinander und ein Streichholz der Länge L wird geworfen.
Gib die Wahrscheinlichkeitsfunktion in Abhängigkeit der Länge des Streichholzes an:
1.) für Fall 1 (kein Stab wird berührt)
2.) für Fall 2 (der Stab EINER Farbe wird berührt)
3.) für Fall 3 (sowohl der rote als auch der blaue Stab werden berührt)
Bei 2.) und 3.) ist es egal, ob der Stab einer Farbe einmal oder mehrmals berührt wird.
4.) Welche Länge muss das Streichholz haben, damit die Wahrscheinlichkeit, EINE Farbe zu berühren genau so groß ist wie die Wahrscheinlichkeit, ZWEI Farben zu berühren?
[Dateianhang nicht öffentlich]
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Meine Überlegungen dazu:
Zu 1.):
Je kleiner L, desto größer ist p (die Wahrscheinlichkeit).
L darf maximal 14,14 cm sein. Sonst passt es nicht in ein Feld rein
Zu 2.):
Hier könnte es irgendwo ein Maximum geben. Bei welchem L ??
Weil: Für ganz kleine L ist p sehr klein. Und für sehr große L ist p ebenfalls sehr klein.
Zu 3.):
Für ganz kleine L ist p sehr klein (noch kleiner als bei 2.)
Mit steigendem L wird p immer größer (noch größer als bei 2.)
Zu 4.):
Aus 3.) ergibt sich, dass sich die Wahrscheinlichkeits-Kurven irgendwo schneiden müssen. Dass es also eine Länge L gibt, bei der 2.) und 3.) dieselbe Chance haben.
Sollte L dabei größer als 14,14 cm sein, dann ist es sogar eine Fifty-Fifty-Chance - weil 1.) für L> 14,14 cm gar keine Chance mehr hat.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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> Die einzelnen Gitterstäbe sind wieder 10 cm auseinander und
> ein Streichholz der Länge L wird geworfen.
>
> Gib die Wahrscheinlichkeitsfunktion in Abhängigkeit der
> Länge des Streichholzes an:
> 1.) für Fall 1 (kein Stab wird berührt)
> 2.) für Fall 2 (der Stab EINER Farbe wird berührt)
> 3.) für Fall 3 (sowohl der rote als auch der blaue Stab
> werden berührt)
>
> Bei 2.) und 3.) ist es egal, ob der Stab einer Farbe einmal
> oder mehrmals berührt wird.
>
> 4.) Welche Länge muss das Streichholz haben, damit die
> Wahrscheinlichkeit, EINE Farbe zu berühren genau so groß
> ist wie die Wahrscheinlichkeit, ZWEI Farben zu berühren?
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
>
>
> Meine Überlegungen dazu:
>
> Zu 1.):
> Je kleiner L, desto größer ist p (die Wahrscheinlichkeit).
> L darf maximal 14,14 cm sein. Sonst passt es nicht in ein
> Feld rein
>
> Zu 2.):
> Hier könnte es irgendwo ein Maximum geben. Bei welchem L ??
> Weil: Für ganz kleine L ist p sehr klein. Und für sehr
> große L ist p ebenfalls sehr klein.
>
> Zu 3.):
> Für ganz kleine L ist p sehr klein (noch kleiner als bei 2.)
> Mit steigendem L wird p immer größer (noch größer als bei 2.)
>
> Zu 4.):
> Aus 3.) ergibt sich, dass sich die
> Wahrscheinlichkeits-Kurven irgendwo schneiden müssen. Dass
> es also eine Länge L gibt, bei der 2.) und 3.) dieselbe
> Chance haben.
> Sollte L dabei größer als 14,14 cm sein, dann ist es sogar
> eine Fifty-Fifty-Chance - weil 1.) für L> 14,14 cm gar
> keine Chance mehr hat.
Hallo Rabilein,
ich denke, die Lösungsmethode bleibt die gleiche wie für die
frühere Aufgabe. Parameter sind die Abstände x und y des Mittel-
Punktes von dem jeweils nächstgelegenen blauen bzw. roten
Stab sowie wieder der Winkel [mm] \varphi\in[0;\bruch{\pi}{2}].
[/mm]
Das Hölzchen berührt z.B. (mindestens) einen blauen Stab
genau dann, wenn es den seinem Mittelpunkt nächstgelegenen
blauen Stab berührt.
Für kleine L (nämlich [mm] L\le [/mm] 1) bleibt natürlich alles beim alten.
Für beliebige L (L>0) gilt:
P(Hölzchen berührt keinen senkrechten (blauen) Stab) = [mm] P(x>\bruch{L}{2}*cos(\varphi))
[/mm]
P(Hölzchen berührt keinen waagrechten (roten) Stab) = [mm] P(y>\bruch{L}{2}*sin(\varphi))
[/mm]
Für die Integrationen ergeben sich nun aber im Fall L>1 gewisse
Schwierigkeiten, nämlich dann, wenn z.B. [mm] \bruch{L}{2}*cos(\varphi)\ge \bruch{1}{2} [/mm] wird.
Da x höchstens gleich [mm] \bruch{1}{2} [/mm] sein kann, wird dann die entsprechende
Wahrscheinlichkeit gleich Null. Man wird also die Integrations-
grenzen entsprechend anpassen müssen.
Ich habe nun den Fall 1 für L>1 durchgerechnet. Es ist
$\ [mm] P(\text{weder rote noch blaue Linie berührt})=\bruch{1}{V}*\integral_a^b{(\bruch{1}{2}-\bruch{L}{2}*cos(\varphi))*(\bruch{1}{2}-\bruch{L}{2}*sin(\varphi))}\,d\varphi$
[/mm]
Dabei ist [mm] 0\le [/mm] a [mm] \le b\le \bruch{\pi}{2}, [/mm] und man kann sich überlegen, dass
[mm] a=arccos(\bruch{1}{L}) [/mm] und [mm] b=arcsin(\bruch{1}{L}) [/mm] sein muss.
V steht für das Volumen des gesamten (ursprünglichen)
Quaders, der das eigentliche gesamte Integrationsgebiet
darstellt, also [mm] V=\bruch{1}{2}*\bruch{1}{2}*\bruch{\pi}{2}=\bruch{\pi}{8} [/mm]
So kommt man auf
$\ [mm] P(\text{keine Linie berührt})=\bruch{1}{V}*\bruch{1}{4}*\integral_{cos^{-1}(1/L)}^{sin^{-1}(1/L)}{(1-L*cos(\varphi))*(1-L*sin(\varphi))}\,d\varphi$
[/mm]
mit dem Ergebnis:
$\ [mm] P(L)=\bruch{1}{\pi}*\left[\,4*\wurzel{L^2-1}-L^2+4*arcsin\left(\bruch{1}{L}\right)-\pi-2\,\right]$ [/mm] falls L>1
Für den Fall [mm] L\le [/mm] 1 war die entsprechende Formel:
$\ [mm] P(L)=\bruch{1}{\pi}*\left[\,L^2-4*L+\pi\,\right]$ [/mm] falls [mm] L\le [/mm] 1
Man kann sich überzeugen, dass beide Formeln an der
Nahtstelle L=1 dasselbe Ergebnis liefern, nämlich
$\ [mm] P(1)=\bruch{\pi-3}{\pi}$
[/mm]
Ferner gilt [mm] P(\wurzel{2})=0, [/mm] wie es sein muss. Für [mm] L>\wurzel{2}
[/mm]
liefert die Formel (die für L>1) zwar (negative) Zahlenwerte,
die jedoch keinen Sinn ergeben.
Zur Berechnung deiner Fälle 2 und 3 und deine Frage 4
findet sich vielleicht sonst jemand, der sich in die Materie
hineindenken möchte ...
Einen schönen Abend noch !
Al-Chwarizmi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:34 Fr 27.03.2009 | | Autor: | rabilein1 |
> [mm]\ P(L)=\bruch{1}{\pi}*\left[\,4*\wurzel{L^2-1}-L^2+4*arcsin\left(\bruch{1}{L}\right)-\pi-2\,\right][/mm]
> falls L>1
>
> [mm]\ P(L)=\bruch{1}{\pi}*\left[\,L^2-4*L+\pi\,\right][/mm]
> falls [mm]L\le[/mm] 1
Danke, danke.
Ich werde mir das übers Bett hängen als die "Al-Chwarizmische Formel".
Beim Ausdenken solcher Aufgaben weiß ich vorher nie, ob es eine einfache, eine komplizierte oder eventuell gar keine Lösung gibt.
(Letzteres traf auf die "einfache" Aufgabe mit den zwei gleichgroßen Kreisen zu, die sich schneiden und deren Innenfläche genau so groß sein sollte wie die Summe der beiden Außenflächen.
Die Frage war: Welchen Abstand haben die Mittelpunkte voneinander?)
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Ich habe es nicht ganz lassen können, auch noch einen
weiteren Fall durchzurechnen, nämlich den Fall 3, also
die Wahrscheinlichkeiten (in Abhängigkeit von L) dafür,
dass ein beliebig langes Hölzchen sowohl (je mindestens
eine) waagrechte und senkrechte Linie trifft oder kreuzt.
Es zeigt sich, dass man dabei drei Fälle unterscheiden
muss, nämlich [mm] L\le [/mm] 1 (vorher schon betrachtet), [mm] 1\le [/mm] L [mm] \le \wurzel{2}
[/mm]
und $\ [mm] L\ge \wurzel{2}$. [/mm] Ich teile hier nur meine Lösungen mit
und wäre froh, wenn jemand das Ganze nachrechnen
würde.
$\ [mm] 0\le L\le [/mm] 1$: P(rote und blaue Linie getroffen) $\ = \ [mm] \bruch{L^2}{\pi}$
[/mm]
$\ [mm] 1\le L\le \wurzel{2}$: [/mm] P(rote und blaue Linie getroffen) $\ =\ [mm] \bruch{-L^2+4L-2}{\pi}$
[/mm]
$\ [mm] \wurzel{2}\le [/mm] L$: P(rote und blaue Linie getroffen) $\ =\ [mm] \blue{ \bruch{4}{\pi}*\left[L*\left(1-\wurzel{1-\bruch{1}{L^2}}\right)+arccos\left(\bruch{1}{L}\right)\right]-1}$
[/mm]
Aus diesen und den früheren Resultaten könnte man nun
auch die Ergebnisse für Fall 2 berechnen und natürlich auch
die Frage 4 angehen - wobei dann noch eine Gleichung zu
lösen ist.
LG Al
Nachtrag:
Endlich habe ich, nach etwas mühsamer Suche, den früheren
Fehler gefunden und nun korrigiert. Die abschnittsweise definierte
Funktion P(L)=P("sowohl rote als blaue Linien werden getroffen")
als Funktion der Hölzchenlänge L ist nun für alle L>0 stetig und
sogar differenzierbar. Nebenbei ist der Funktionsterm für die
dritte Teilfunktion noch deutlich einfacher geworden ...
Der Grenzwert von P(L) für [mm] $\blue{L\to\infty}$ [/mm] ist gleich Eins, was auch
anschaulich einleuchtend ist.
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Guten Abend Rabilein,
aufgrund meiner Rechnungen (und nach der Elimination
eines wie meistens in solchen Fällen ziemlich doofen Fehlers:
ich hatte wahrscheinlich irgendwo eine Klammer falsch gesetzt)
lassen sich nun deine weiteren Fragen auch beantworten.
Zu diesem Zweck habe ich meinen Voyage-Rechner eingesetzt
und ihm zunächst die stückweise definierten Funktionen
gefüttert:
[mm] P_0(L)= [/mm] W'keit, dass keine Linien geschnitten werden
[mm] P_1(L)= [/mm] W'keit, dass nur entweder waagrechte oder senkrechte
Linien geschnitten werden
[mm] P_2(L)= [/mm] W'keit, dass sowohl waagrechte als auch senkrechte
Linien geschnitten werden
Die einzelnen Formeln für [mm] P_0 [/mm] und für [mm] P_2 [/mm] habe ich schon angegeben.
Natürlich ist dann [mm] P_1=1-P_0-P_2.
[/mm]
Deine Vermutungen haben sich bestätigt:
> Zu 1.):
> Je kleiner L, desto größer ist p (die Wahrscheinlichkeit).
> L darf maximal 14,14 cm sein. Sonst passt es nicht in ein
> Feld rein
Die Funktion [mm] P_0(L) [/mm] ist streng monoton fallend. Sie beginnt im
Punkt mit L=0 und P(0)=1. Bei [mm] L=\wurzel{2} [/mm] (Dezimeter) erreicht
sie den Wert Null und bleibt dann konstant gleich Null.
> Zu 2.):
> Hier könnte es irgendwo ein Maximum geben. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Richtig !
Die Funktion [mm] P_1 [/mm] startet im Nullpunkt, steigt dann zu einem
Maximum an und fällt nachher allmählich, um für [mm] L\to\infty
[/mm]
gegen Null zu streben.
> Bei welchem L ??
Der Rechner sagt, dass das Maximum an der Stelle L=1 auftritt.
Dann ist $\ [mm] P_1(1)\approx [/mm] 0.63662$. Interessanterweise ist aber
die Funktion [mm] P_1 [/mm] gerade an dieser Stelle nicht ableitbar, sondern
hat dort einen Knick.
> Weil: Für ganz kleine L ist p sehr klein. Und für sehr
> große L ist p ebenfalls sehr klein.
>
> Zu 3.):
> Für ganz kleine L ist p sehr klein (noch kleiner als bei 2.)
> Mit steigendem L wird p immer größer (noch größer als bei 2.)
Die Funktion [mm] P_2(L) [/mm] ist durchwegs monoton steigend. Sie
beginnt im Nullpunkt. Ihr erstes Teilstück ist ein nach oben
geöffneter Parabelbogen. Bei L=1 ist der differenzierbare
Übergang von diesem ersten, linksgekrümmten, zum zweiten,
rechtsgekrümmten Parabelstück. Bei [mm] L=\wurzel{2} [/mm] erfolgt der
ebenfalls differenzierbare Übergang zum dritten Bogenstück,
in dessen Formel dann der Wurzelausdruck und der Arcus-
Cosinus-Term auftreten.
Das Ganze ist ein prima Beispiel dafür, wie bei einer Aufgabe
stückweise definierte Funktionen in natürlicher Weise
auftreten können.
Für [mm] L\to\infty [/mm] strebt [mm] P_2(L) [/mm] gegen Eins.
> 4.) Welche Länge muss das Streichholz haben, damit die
> Wahrscheinlichkeit, EINE Farbe zu berühren genau so groß
> ist wie die Wahrscheinlichkeit, ZWEI Farben zu berühren?
Mit dem grafischen Taschenrechner ist nun die Lösung dieser
Aufgabe ein Kinderspiel: ich muss nur den Schnittpunkt der
Graphen von [mm] P_1 [/mm] und [mm] P_2 [/mm] bestimmen lassen. Der eine gemein-
same Punkt der beiden Kurven ist der Nullpunkt. Dich interessiert
aber wohl eher der andere. Der liegt gemäss Rechner bei
L=1.3447332, P(L)=0.49994562. Man könnte sich fragen, ob der
P-Wert vielleicht nicht exakt 0.5 sein sollte. Das kann allerdings
nicht sein, da an dieser Stelle [mm] P_0(L) [/mm] noch nicht verschwindet !
> Zu 4.):
> Aus 3.) ergibt sich, dass sich die
> Wahrscheinlichkeits-Kurven irgendwo schneiden müssen. Dass
> es also eine Länge L gibt, bei der 2.) und 3.) dieselbe
> Chance haben.
> Sollte L dabei größer als 14,14 cm sein, dann ist es sogar
> eine Fifty-Fifty-Chance - weil 1.) für L> 14,14 cm gar
> keine Chance mehr hat.
An dem Beispiel kannst du erkennen, weshalb ich hie und
da um die Möglichkeiten des grafischen und CAS-Rechners
doch ganz schön froh bin. Übrigens liegt eine "exakte" Lösung
der Gleichung zu deiner Frage 4 wohl nicht drin. Diese
Gleichung ist bestimmt transzendent, also mit rein algebraischen
Mitteln nicht lösbar.
Lieben Gruß ! Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:11 Sa 28.03.2009 | | Autor: | rabilein1 |
> Dich interessiert aber wohl eher der andere.
> Der liegt gemäss Rechner bei
> L=1.3447332, P(L)=0.49994562. Man könnte sich fragen, ob
> der P-Wert vielleicht nicht exakt 0.5 sein sollte. Das kann
> allerdings nicht sein, da an dieser Stelle [mm]P_0(L)[/mm]
> noch nicht verschwindet !
Vielen vielen vielen Dank.
Stimmt: Ich hatte stark vermutet, dass der Schnittpunkt
bei [mm] L=\wurzel{2}, [/mm] P(L)=0.5 liegen würde.
Irgendwie interessieren mich solche "Grenzwerte" immer sehr stark. Nicht nur in der Mathematik, sondern auch REAL: Eine klitzekleine unscheinbare Abweichung kann im Extremfall das ganze Leben verändern.
(Beispiel: Eine Abweichung von einem Tausendstel Millimeter, mit der zwei Tischtennisbälle aufeinander prallen, zieht im Extremfall nach sich, ob jemand den Lotto-Jackpot knackt oder ob er lediglich 5 Richtige hat.)
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> Auf einen Teppich, der 10 cm mal 10 cm große rote und blaue
> Quadrate enthält, wird ein 5 cm langes Streichholz
> geworfen.
Hoffentlich kein brennendes !
Hier die möglichen Konsequenzen, wie sie der Berner
Liedermacher Mani Matter in einem seiner Lieder
beschrieb:
i han es zündhölzli azündt
i han es zündhölzli azündt
und das het e flamme gäh
und i ha für d'zigarette
welle füür vom hölzli näh
aber ds hölzli isch dervo-
gspickt und uf e teppich cho
und es hätt no fasch es loch i teppich gäh dervo
ja me weis was cha passiere
we me nid ufpasst mit füür
und für d'gluet ar zigarette
isch e teppich doch de z'tüür
und vom teppich hätt o grus
chönne ds füür i ds ganze hus
und wär weis, was da nid alles no wär worde drus
s'hätt e brand gäh im quartier
und s'hätti d'füürwehr müesse cho
hätti ghornet i de strasse
und dr schluuch vom wage gno
und sie hätte wasser gsprützt
und das hätt de glych nüt gnützt
und die ganzi stadt hätt brönnt, es hätt se nüt meh gschützt
und d'lüt wären umegsprunge
i dr angscht um hab und guet
hätte gmeint s'heig eine füür gleit
hätte ds sturmgwehr gno ir wuet
alls hätt brüelet: wär isch tschuld?
ds ganze land i eim tumult
dass me gschosse hätt uf d'bundesrät am rednerpult
d'uno hätt interveniert
und d'uno-gägner sofort o
für ir schwyz dr fride z'rette
wäre beid mit panzer cho
s'hätt sech usdehnt natina
uf europa, afrika
s'hätt e wältchrieg gäh und d'mönschheit wär jitz nümme da
i han es zündhölzli azündt
und das het e flamme gäh
und i ha für d'zigarette
welle füür vom hölzli näh
aber ds hölzli isch dervo-
gspickt und uf e teppich cho -
gottseidank dass i's vom teppich wider furt ha gno
Hören auf YouTube: http://www.youtube.com/watch?v=Ty7gj3TACyo
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