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Gunnar Bittersmann
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seth
Gunnar Bittersmann
Hallo
Morgen Prüfung: Folgende Aufgabe.
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Angenommen, von allen Passanten im Bahnhof X würden 7% Herrn D. einen Franken spendieren, wenn er sie wie folgt anspricht: "Könnten sie mir mit einem Franken aus der Patsche helfen?"
(a) Wie viele Personen müsste er im Schnitt ansprechen, bis er 5 Franken beisammen hat?
(b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit müsste er höchstens 30 Personen ansprechen?
(c) Bestimmen Sie einen allgemeinen Ausdruck für die Wahrscheinlichkeit, dass er genau k Personen ansprechen muss, um 5 Franken zu bekommen.
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Wie können sie nur mit Hilfe einer Münze rein zufällig eine Zahl aus {1,2,3} auswählen?
Wie oft müssen Sie mit ihrer Methode die Münze im Schnitt werfen?
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Eine Gruppe von drei Personen nimmt an folgendem Spiel teil: Jedem Spieler wird von hinten ein Hut aufgesetzt, der entweder rot oder blau ist. Jeder Spieler sieht die Hüte der beiden Mitspieler, aber nicht seinen eigenen. Nun kann er die Farbe des eigenen Hutes raten, muss dies aber nicht tun. Der (Netto-)Gewinn der Gruppe sieht wie folgt aus.
(a) Wenn mindestens ein Spieler die richtige Farbe tippt und kein Spieler die falsche, gewinnt die Gruppe 11 CHF.
(b) Wenn mindestens ein Spieler die falsche Farbe tippt, muss die Gruppe 30 CHF bezahlen.
(c) Wenn kein Spieler einen Tipp abgibt, passiert nichts.
Angenommen, die drei Farben werden rein zufällig ausgewählt; es gibt also 2^3 = 8 Konstellationen mit gleicher Wahrscheinlichkeit. Gibt es eine Strategie, so dass das spiel aus Sicht der Spieler echt vorteilhaft wird?
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Tipps?
Lösungsvorschläge?
Lösungen? ;-)
Danke, tschüss
Capior
Hallo,
Für die beiden anderen Aufgaben bin ich heute zu müde, aber für dise
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Wie können sie nur mit Hilfe einer Münze rein zufällig eine Zahl aus {1,2,3} auswählen?
Wie oft müssen Sie mit ihrer Methode die Münze im Schnitt werfen?====================
fällt mir was ein:
Du hast n=3 möglichkeiten, und einen 2-seitigen Würfel (eine Münze), also folgende Gleichung:
2^k >= 3
Folglich ist k=2 (die Anzahl der Würfe die du maximal brauchst).
Z.b. könnte das so aussehen:
Wurf 1: Bei Kopf => Ergebnis = 1
Bei Zahl => Nochmal werfen
Wurf 2: Bei Kopf => Ergebnis = 2
Bei Zahl => Ergenis = 3
Du musst also immer zweimal werfen, es sei denn du hast bei Wurf1 den Kopf. Die Wkt. für jede zahl aus {1,2,3} ist 1/3.
Im Schnitt musst du folglich werfen:
1/3 * 1 + 2/3 * 2 (in 1 von 3 Fällen genügt einmal werfen, in 2 von drei Fällen brauchts einen 2. Wurf)
=> 1/3 + 4/3 = 5/3
=> Du musst im Schnitt 1,67 mal werfen.
(alles ohne Gewähr)
Hi Jörg!
(alles ohne Gewähr)
Das solltest du auch nicht geben.
Nach deiner Rechnung sähen die Wahrscheinlichkeiten so aus:
1: 0.5
2: 0.25
3: 0.25
Oder habe ich mich jetzt vertan?
MfG H☼psel
Hello out there!
Nach deiner Rechnung sähen die Wahrscheinlichkeiten so aus:
1: 0.5
2: 0.25
3: 0.25Oder habe ich mich jetzt vertan?
Nein, haste nicht.
Es war aber gefordert „rein zufällig“, nicht „gleichverteilt“.
Gleichverteilung ist auch mit endlich vielen Würfen nicht zu erreichen: Mit n Würfen erhält man 2ⁿ verschiedene mögliche Ergebnisse, die man auf 3 Klassen aufteilen will. Da 2ⁿ nicht durch 3 teilbar ist, geht das nie gleichmäßig.
See ya up the road,
Gunnar
Hello out there!
Oder habe ich mich jetzt vertan?
Gleichverteilung ist auch mit endlich vielen Würfen nicht zu erreichen:
Oder habe ich mich jetzt vertan?
Ja, habe ich.
Zweimal die Münze werfen:
Kopf, Kopf – wähle 1
Kopf, Zahl - wähle 2
Zahl, Kopf – wähle 3
Zahl, Zahl – wähle gar nicht, sondern werfe noch zweimal (wenn wieder Zahl, Zahl – noch zweimal ...)
Die Wahrscheinlichkeit, nach dem ersten Doppelwurf schon ein Ergebnis (1, 2 oder 3) zu haben, ist 3/4.
Die Wahrscheinlichkeit, nach dem zweiten Doppelwurf ein Ergebnis zu haben, ist 1/4 * 3/4.
Die Wahrscheinlichkeit, nach dem dritten Doppelwurf ein Ergebnis zu haben, ist 1/4 * 1/4 * 3/4.
Die durchschnittliche Anzahl notwendiger Doppelwürfe ist also
[latex]\frac{3}{4} \cdot 1 + \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4} \cdot 2 + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4} \cdot 3 + \dots = 3 \left( \frac{1}{4^1} + \frac{2}{4^2} + \frac{3}{4^3} + \dots \right)[/latex]
Die durchschnittliche Anzahl notwendiger Münzwürfe folglich (nach nützlicher Formel)
[latex]6 \sum_{i = 1}^\infty \frac{i}{4^i} = 6 \frac{\frac{1}{4}}{\left( 1 - \frac{1}{4} \right)^2} = \frac{8}{3}[/latex]
See ya up the road,
Gunnar
Tach,
Zweimal die Münze werfen:
Kopf, Kopf – wähle 1
Kopf, Zahl - wähle 2
Zahl, Kopf – wähle 3
Zahl, Zahl – wähle gar nicht, sondern werfe noch zweimal (wenn wieder Zahl, Zahl – noch zweimal ...)
da ich neuerdings endgültig Spezialist für die Erstellung von Endlosschleifen bin, möchte ich hier noch warnen, es könnte unendlich lange dauern zu einem Ergebnis zu kommen. Diese Zeit sollte man sinnvoller nutzen und lieber einem Affen das Tippen beibringen. Dann bekomment man wenigstens was ordentliches zu lesen.
mfg
Woodfighter
Hello out there!
Zweimal die Münze werfen:
Kopf, Kopf – wähle 1
Kopf, Zahl - wähle 2
Zahl, Kopf – wähle 3
Zahl, Zahl – wähle gar nicht, sondern werfe noch zweimal (wenn wieder Zahl, Zahl – noch zweimal ...)da ich neuerdings endgültig Spezialist für die Erstellung von Endlosschleifen bin, möchte ich hier noch warnen, es könnte unendlich lange dauern zu einem Ergebnis zu kommen.
Nö. Dazu müsste bei jedem Wurf Zahl kommen. Die Wahrscheinlichkeit, unendlich oft hintereinander Zahl zu werfen, ist wie groß?
See ya up the road,
Gunnar
PS: Gezinkte Münze zählt nicht.
Tach,
Nö. Dazu müsste bei jedem Wurf Zahl kommen. Die Wahrscheinlichkeit, unendlich oft hintereinander Zahl zu werfen, ist wie groß?
nur weil die Wahrscheinlichkeit eines Einzelereignisses 0 ist, wie hier, heißt das nicht, dass es nicht eintreffen kann. Schließlich hat jede unendlich lange Kette von Münzwürfen die Wahrscheinlichkeit 0. Das Gegenereignis ist natürlich wesentlich wahrscheinlicher.
mfg
Woodfighter
Hello out there!
nur weil die Wahrscheinlichkeit eines Einzelereignisses 0 ist, wie hier, heißt das nicht, dass es nicht eintreffen kann.
Doch, genau das heißt es. 0 ist die Wahrscheinlichkeit des _unmöglichen_ Ereignisses, i.e. des Ereignisses, das _nie_ eintritt.
Das Gegenereignis ist natürlich wesentlich wahrscheinlicher.
Es ist sogar _sicher_. (Die Rechnung ist etwas kompliziert: 1 - 0 = 1. ;-))
Schließlich hat jede unendlich lange Kette von Münzwürfen die Wahrscheinlichkeit 0.
Das ist richtig. Die Wahrschinlichkeit des Auftretens einer bestimmten undendlich langen Ziffernfolge ist 0. Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Messwert genau 42.000… ist, beträgt 0. Von 0 verschieden ist die Wahrscheinlichkeit für ein Intervall: dass der Messwert bspw. zwischen 42.00 und 42.01 liegt (Integral der Wahrscheinlichkeits_dichte_ über das Intervall).
See ya up the road,
Gunnar
Tach,
Doch, genau das heißt es. 0 ist die Wahrscheinlichkeit des _unmöglichen_ Ereignisses, i.e. des Ereignisses, das _nie_ eintritt.
es ist nur in endlichen Dimensionen unmöglich. Beispiel: "Nenne eine natürliche Zahl!" - Jede natürliche Zahl hat nun die Wahrscheinlichkeit 0 gewählt zu werden, trotzdem kannst du eine davon auswählen. Das unmögliche Ergeinis heißt zwar so, ist es aber eigentlich gar nicht.
mfg
Woodfighter
Hallo Jens,
es ist nur in endlichen Dimensionen unmöglich. Beispiel: "Nenne eine natürliche Zahl!" - Jede natürliche Zahl hat nun die Wahrscheinlichkeit 0 gewählt zu werden, trotzdem kannst du eine davon auswählen.
Kennst Du jemanden, der in der Lage wäre eine Zahl aus der Menge der natürlichen Zahlen mit gleicher Wahrscheinlichkeit zu wählen?
Wenn die Wahrscheinlichkeit immer 0 ist, so ist doch die Summe aller Wahrscheinlichkeiten auch 0. Da die natürlichen Zahlen abzählbar sind, ist es auch kein Problem diese Summe aufzustellen.
Grüße
Daniel
Tach,
Kennst Du jemanden, der in der Lage wäre eine Zahl aus der Menge der natürlichen Zahlen mit gleicher Wahrscheinlichkeit zu wählen?
Gleichverteilung ist hier nicht zwingend nötig. Weiterhin muß ich bei theoretischen Betrachtungen nicht zwingend eine praktische Anwendbarkeit kennen
Wenn die Wahrscheinlichkeit immer 0 ist, so ist doch die Summe aller Wahrscheinlichkeiten auch 0.
Nein, das stimmt hier nicht; man muß das passende Maß (hier ein zählendes Maß) und das dazugehörige Integral (ein nicht riemannsches Integral, Lebesgue bietet sich an) betrachten, um die Wahrscheinlichkeit zu berechnen.
mfg
Woodfighter
Hallo Jens,
Weiterhin muß ich bei theoretischen Betrachtungen nicht zwingend eine praktische Anwendbarkeit kennen
Darum ging es mir eigentlich auch nicht, mir ging es um die theoretische existens eines Verfahrens, das so etwas leistet. Aber bei nicht Gleichverteilung kann man natürlich sehr einfach ein Verfahren angeben, das jede natürliche Zahl zurückgeben kann.
Außerdem verstehe das noch nicht ganz: Über welche Funktion soll ich denn nun integrieren? Ein Dichte? Wenn ja, wie sieht die aus?
Abgesehen davon, wenn ich das richtig verstehe, kann ich eigentlich jede Funktion auf den natürlichen Zahlen als Treppenfunktion beschreiben (mit ein-elementigen Mengen).
Wenn das Integral existiert, habe ich dann (mit dem Zählmaß) gerade wieder die Summe.
Grüße
Daniel
Tach,
Darum ging es mir eigentlich auch nicht, mir ging es um die theoretische existens eines Verfahrens, das so etwas leistet.
was möchtest du ein theoretisches Verfahren, das so etwas leistet. Das ist doch einfach: "Sei A ein Zufallsautomat, der auf Anfrage eine belibige natürlcihe Zahl liefert."
Außerdem verstehe das noch nicht ganz: Über welche Funktion soll ich denn nun integrieren? Ein Dichte? Wenn ja, wie sieht die aus?
Es ist kein Integral, wie du es kennst, sondern ein maßtheoretisches Integral.
Abgesehen davon, wenn ich das richtig verstehe, kann ich eigentlich jede Funktion auf den natürlichen Zahlen als Treppenfunktion beschreiben (mit ein-elementigen Mengen).
Du hast es hier mit einer Funktion zu tun, deren Funktionswerte alle 0 sind, deren Integral jedoch 1 ist. Die Wahrscheinlichkeit für eine Menge M sieht in diesem Fall so aus: Sie ist 1, falls M abzählbar unendlich ist und 0 sonst.
Wenn das Integral existiert, habe ich dann (mit dem Zählmaß) gerade wieder die Summe.
Das Riemann Integral existiert auf solchen Mengen nur selten, auf N geht das meist noch irgendwie, da Treppenfunktionen meist trivial sind. Auf komplexeren Mengen ist das ganze nur noch mit Lebesgue-Borel-Maßen oder "schlimmerem" möglich.
mfg
Woodfighter
Hallo Jens,
was möchtest du ein theoretisches Verfahren, das so etwas leistet. Das ist doch einfach: "Sei A ein Zufallsautomat, der auf Anfrage eine belibige natürlcihe Zahl liefert."
Naja, ich dachte schon an etwas, was berechenbar ist.
Du hast es hier mit einer Funktion zu tun, deren Funktionswerte alle 0 sind, deren Integral jedoch 1 ist. Die Wahrscheinlichkeit für eine Menge M sieht in diesem Fall so aus: Sie ist 1, falls M abzählbar unendlich ist und 0 sonst.
Also wir basteln uns so einen Maßraum (R, Potenzmenge(N), Zählmaß) außerdem haben wir eine Funktion f: N -> N gegeben als f(x) = 0.
Diese kann man als Treppenfunktion (analog zu dem Wikiartikel) darstellen:
f(x) = 0 * charakteristische_funktion_von(leere menge)
Damit ist das Lebesque-Integral (über ganz N) definiert als: 0 * zählmaß(leere menge) = 0
Das Maß der leeren Menge ist ja wohl sogar als 0 definiert, womit sich eine Funktion, die konstant 0 ist, immer so darstellen lässt.
Grüße
Daniel
Hello out there!
Wenn die Wahrscheinlichkeit immer 0 ist, so ist doch die Summe aller Wahrscheinlichkeiten auch 0.
Nein, die „Summe“ ist 1.
Die Wahrscheinlichkeit, beim Auswählen einer natürlichen Zahl eine natürliche Zahl auszuwählen, ist 1.
See ya up the road,
Gunnar
Hallo Gunnar,
Die Wahrscheinlichkeit, beim Auswählen einer natürlichen Zahl eine natürliche Zahl auszuwählen, ist 1.
Fein, Du hast den Widerspruch erkannt, auf den ich hinaus wollte.
Grüße
Daniel
Tach,
Fein, Du hast den Widerspruch erkannt, auf den ich hinaus wollte.
das ist kein Widerspruch, es sieht nur so aus. Stochastik auf unendlichen Mengen führt häufig zu unerwarteten Ereignissen.
mfg
Woodfighter
Hello out there!
es ist nur in endlichen Dimensionen unmöglich.
??
Beispiel: "Nenne eine natürliche Zahl!" - Jede natürliche Zahl hat nun die Wahrscheinlichkeit 0 gewählt zu werden, trotzdem kannst du eine davon auswählen.
Ja, das ändert nichts daran, dass es unmöglich ist, aus einer Urne mit unendlich vielen durchnumerierten Kugeln (i.e. aus der unendlichen Menge der natürlichen Zahlen) durch einmaliges Ziehen eine vorher festgelegte bestimmte Kugel (Zahl) zu erwischen. Oder auch eine aus einer festgelegten endlichen Menge von Kugeln (Zahlen).
Diese Betrachtung ist aber doch etwas müßig: bei Anwendungen liegt entweder eine diskrete Verteilung vor – mit einer _endlichen_ Grundgesamtheit – oder eine kontinuierliche, dann gibt es von 0 verschiedene Auftretenswahrscheinlichkeiten nur für Intervalle.
Das unmögliche Ergeinis heißt zwar so, ist es aber eigentlich gar nicht.
Das unmögliche Ergeinis heißt deshalb so, weil es das auch ist.
War das ein Versuch, in die Zitatesammlung zu kommen? ;-)
See ya up the road,
Gunnar
Tach,
es ist nur in endlichen Dimensionen unmöglich.
??
solange dieses Universum in allen 4 Dimensionen endlich ist,wie ich glaube, kann man sich die meisten Unendlichkeitsbetrachtungen (und vor allem die Übertragung in die Realität) sparen. Das hat mir in Stochastik vermutlich öfter mal die geistige Gesundheit gerettet.
Ja, das ändert nichts daran, dass es unmöglich ist, aus einer Urne mit unendlich vielen durchnumerierten Kugeln (i.e. aus der unendlichen Menge der natürlichen Zahlen) durch einmaliges Ziehen eine vorher festgelegte bestimmte Kugel (Zahl) zu erwischen. Oder auch eine aus einer festgelegten endlichen Menge von Kugeln (Zahlen).
Es ist nicht unmöglich nur sehr unwahrscheinlich. Wenn du mir unendlich viele Kugeln zum nächsten Treffen mitbringst, zeig ich es dir ;-)
Diese Betrachtung ist aber doch etwas müßig: bei Anwendungen liegt entweder eine diskrete Verteilung vor – mit einer _endlichen_ Grundgesamtheit – oder eine kontinuierliche, dann gibt es von 0 verschiedene Auftretenswahrscheinlichkeiten nur für Intervalle.
Trotzdem sind es Einzelereignisse, die eintreten, somit können sie also nicht unmöglich sein.
Das unmögliche Ergeinis heißt deshalb so, weil es das auch ist.
Aber nur über endlichen Mengen.
War das ein Versuch, in die Zitatesammlung zu kommen? ;-)
Doch nicht, wenn ich mit dir spreche ;-) ; außerdem bin ich, leider auch mit fremden Federn geschmückt, bereits vertreten.
mfg
Woodfighter
Hallo.
Das unmögliche Ergeinis heißt zwar so, ist es aber eigentlich gar nicht.
Das unmögliche Ergeinis heißt deshalb so, weil es das auch ist.
War das ein Versuch, in die Zitatesammlung zu kommen? ;-)
Unerwartet, unwahrscheinlich, aber nicht unmöglich.
MfG, at
gudn tach!
da ich neuerdings endgültig Spezialist für die Erstellung von Endlosschleifen bin, möchte ich hier noch warnen, es könnte unendlich lange dauern zu einem Ergebnis zu kommen.
Nö. Dazu müsste bei jedem Wurf Zahl kommen. Die Wahrscheinlichkeit, unendlich oft hintereinander Zahl zu werfen, ist wie groß?
aeh, moment... ihr widersprecht euch da ja gar nicht.
Jens sagt, dass es unendlich lange dauern koennte bis auch mal die andere seite oben liegt. Gunnar sagt, dass, wenn man unendlich lange wirft, auch mal die andere seite oben liegt.
eben!
und deswegen habt ihr beide recht, oder nicht? bloss Gunnars "noe" ist imho falsch.
prost
seth
Hi Jörg!
(alles ohne Gewähr)
Das solltest du auch nicht geben.
Nach deiner Rechnung sähen die Wahrscheinlichkeiten so aus:
1: 0.5
2: 0.25
3: 0.25Oder habe ich mich jetzt vertan?
MfG H☼psel
Ok, ok. Sollte so spät nicht mehr über solche Sachen nachdenken, kommt nur Unfug bei raus. Ich trink erstmal Kaffee...
Hello out there!
Hallo
Morgen Prüfung: Folgende Aufgabe.
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Angenommen, von allen Passanten im Bahnhof X würden 7% Herrn D. einen Franken spendieren, wenn er sie wie folgt anspricht: "Könnten sie mir mit einem Franken aus der Patsche helfen?"
(a) Wie viele Personen müsste er im Schnitt ansprechen, bis er 5 Franken beisammen hat?
Wieviele müsste er denn im Schnitt ansprechen, um einen Franken zu schorren? Wenn er 100 anspricht, hat er im Schnitt 7 Franken, also wenn er ceil(100/7) anspricht, hat er einen.
Nach dem ersten erschnorrten Franken geht es wieder von vorn los, da der zweite vom ersten unabhängig ist (wenn nicht der erste nicht von einem eines Paares kam und der andere auch gleich noch was gibt). Also wieder ceil(100/7). Naja, genaugenommen nicht ceil(100/7) + ceil(100/7), sondern ceil(100/7 + 100/7), was hier aber noch dasselbe ist.
Für 5 Franken jetzt aber self.
(b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit müsste er höchstens 30 Personen ansprechen?
Entweder ein Angesprochener gibt etwas oder nicht, beide Fälle mit einer gewissen Wahrscheinlichkeit, die sich zu 1 ergänzen. Wie heißt die Verteilung für _zwei_ Fälle? Bi...
(c) Bestimmen Sie einen allgemeinen Ausdruck für die Wahrscheinlichkeit, dass er genau k Personen ansprechen muss, um 5 Franken zu bekommen.
Damit sollte auch das kein Problem mehr sein.
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Wie können sie nur mit Hilfe einer Münze rein zufällig eine Zahl aus {1,2,3} auswählen?
Wie oft müssen Sie mit ihrer Methode die Münze im Schnitt werfen?
<quote cite="Otto">Meinen Sie jetzt, wie hoch sie die wirft oder wie weit?</quote>
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(a) Wenn mindestens ein Spieler die richtige Farbe tippt und kein Spieler die falsche, gewinnt die Gruppe 11 CHF.
(b) Wenn mindestens ein Spieler die falsche Farbe tippt, muss die Gruppe 30 CHF bezahlen.
Wenn genau einer einen Tip abgibt, sind (a) und (b) gleich wahrscheinlich. Nach dem ersten Tip können die anderen beiden das Ergebnis dieser Runde nicht verbessern. Da die Strafe bei falscher Antwort höher ist als die Belohnung bei richtiger, gilt: „Wenn man keine Ahnung hat: Einfach mal Fresse halten.“
(c) Wenn kein Spieler einen Tipp abgibt, passiert nichts.
See ya up the road,
Gunnar
