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| Aufgabe | a) Zu bestimmen ist er Ereignisraum, für zwei nicht unterscheidbare 6 seitige Würfel (mathematich als Menge)
b) Weiters sind folgende Teilmengen zu bestimmen:
A = Summe der Augenzahlen > 4
B = Summe der Augenzahlen [mm] \le [/mm] 4
C = Summe der Augenzahlen > 12
D = Mindestens ein Würfel zeigt eine Augenzahl > 5
E = Keiner der Würfel zeigt eine Augenzahl > 3
c) Folgende Teilmengen sind verbal zu erklären:
1) A [mm] \cap [/mm] B
2) D [mm] \cup [/mm] E
3) D [mm] \cap [/mm] E
4) C [mm] \cup [/mm] A
5) C [mm] \cap [/mm] A |
Hallo, ich bin mir leider nicht ganz sicher wie man hier den Ereignisraum richtig angibt bzw. ob es nicht vielleicht eine mathematisch kürzere und feinere Methode gibt?
a) Also der Ereignisraum ist
{(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),
(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),
(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),
(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),
(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),
(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}
Würde hier die leere Menge auch dazugehören? Ist es richtig, dass (2,1) nicht das gleiche Ereignis ist wie (1,2)? Insgesamt also 36 Möglichkeiten, außer man zählt auch noch die leere Menge dazu?
d) Die Teilmengen würde ich so bestimmen:
A =
{(1,4),(1,5),(1,6),
(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),
(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),
(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),
(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),
(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}
B =
{(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),
(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),
(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),
(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),
(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),
(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}
C = {} ... leere Menge???
D = {(1,6),(6,1)}
E =
{(1,1),(1,2),(1,3),
(2,1),(2,2),(2,3),
(3,1),(3,2),(3,3)}
Das ganze ist also ziemlich viel Geschreibe - also würde es eine kürzere Form geben?
c) Verbal erklären:
A [mm] \cap [/mm] B = A, weil A eine Teilmenge von B ist, somit entspricht A [mm] \cap [/mm] B die Summe der Augenzahlen größer 4
D [mm] \cup [/mm] E = ???
D [mm] \cap [/mm] E = leere Menge ???
C [mm] \cup [/mm] A = A, also Summe der Augenzahlen größer 4
C [mm] \cap [/mm] A = leere Menge ???
Danke für eure Hilfe!!!
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:43 Di 09.10.2007 | | Autor: | luis52 |
Moin mathe-tu-muenchen,
> a) Also der Ereignisraum ist
> {(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),
> (2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),
> (3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),
> (4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),
> (5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),
> (6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Würde hier die leere Menge auch dazugehören?
Nein.
>Ist es
> richtig, dass (2,1) nicht das gleiche Ereignis ist wie
> (1,2)?
Ja, korrekt.
>Insgesamt also 36 Möglichkeiten, außer man zählt
> auch noch die leere Menge dazu?
36 ist okay.
>
> d) Die Teilmengen würde ich so bestimmen:
>
> A =
> {(1,4),(1,5),(1,6),
> (2,3),(2,4),(2,5),(2,6),
> (3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),
> (4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),
> (5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),
> (6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}
>
> B =
> {(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),
> (2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),
> (3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),
> (4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),
> (5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),
> (6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") [mm] $B=\{(1,1), (1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(3,1)\}=\overline{A}$
[/mm]
>
> C = {} ... leere Menge???
>
> D = {(1,6),(6,1)}
>
> E =
> {(1,1),(1,2),(1,3),
> (2,1),(2,2),(2,3),
> (3,1),(3,2),(3,3)}
>
> Das ganze ist also ziemlich viel Geschreibe - also würde es
> eine kürzere Form geben?
>
> c) Verbal erklären:
>
> A [mm]\cap[/mm] B = A, weil A eine Teilmenge von B ist, somit
> entspricht A [mm]\cap[/mm] B die Summe der Augenzahlen größer 4
$A [mm] \cap B=\emptyset$ [/mm] , also unmoegliches Ereignis.
>
> D [mm]\cup[/mm] E = ???
[mm] $D\cup [/mm] E$=E =
{(1,1),(1,2),(1,3),
(2,1),(2,2),(2,3),
(3,1),(3,2),(3,3),(1,6)(6,1)}
also: Mindestens ein Würfel zeigt eine Augenzahl > 5 oder
Keiner der Würfel zeigt eine Augenzahl > 3
>
> D [mm]\cap[/mm] E = leere Menge ???
(unmoegliches Ereignis)
>
> C [mm]\cup[/mm] A = A, also Summe der Augenzahlen größer 4
>
> C [mm]\cap[/mm] A = leere Menge ???
(unmoegliches Ereignis)
lg Luis
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:14 Di 09.10.2007 | | Autor: | Blech |
> a) Zu bestimmen ist er Ereignisraum, für zwei nicht
> unterscheidbare 6 seitige Würfel (mathematich als Menge)
>
> b) Weiters sind folgende Teilmengen zu bestimmen:
> A = Summe der Augenzahlen > 4
> B = Summe der Augenzahlen [mm]\le[/mm] 4
> C = Summe der Augenzahlen > 12
> D = Mindestens ein Würfel zeigt eine Augenzahl > 5
> E = Keiner der Würfel zeigt eine Augenzahl > 3
>
> c) Folgende Teilmengen sind verbal zu erklären:
>
> 1) A [mm]\cap[/mm] B
> 2) D [mm]\cup[/mm] E
> 3) D [mm]\cap[/mm] E
> 4) C [mm]\cup[/mm] A
> 5) C [mm]\cap[/mm] A
> Hallo, ich bin mir leider nicht ganz sicher wie man hier
> den Ereignisraum richtig angibt bzw. ob es nicht vielleicht
> eine mathematisch kürzere und feinere Methode gibt?
>
> Würde hier die leere Menge auch dazugehören? Ist es
> richtig, dass (2,1) nicht das gleiche Ereignis ist wie
> (1,2)?
Also bei nicht unterscheidbaren Würfeln sollten das die gleichen Ereignisse sein.
[mm]\Omega=\{(i,j);\ i,j\in\{1,2,\dots,6\},\ j\geq i\}[/mm]
= {(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),
(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,4),(4,5),(4,6),(5,5),(5,6),(6,6)}
>
> d) Die Teilmengen würde ich so bestimmen:
A stimmte denk ich, Du mußt halt doppelte streichen.
> B =
> {(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),...}
1+5>4, viele andere ebenso.
>
> C = {} ... leere Menge???
Richtig.
> D = {(1,6),(6,1)}
Gilt für (6,6) nicht "Mindestens ein Würfel zeigt eine Augenzahl > 5"
oder (2,6)?
> E =
> {(1,1),(1,2),(1,3),
> (2,1),(2,2),(2,3),
> (3,1),(3,2),(3,3)}
Richtig. Halt wieder mit doppelten.
> Das ganze ist also ziemlich viel Geschreibe - also würde es
> eine kürzere Form geben?
also mit nicht unterscheidbaren wie ich's oben geschrieben habe, mit unterscheidbaren wäre E z.B.:
[mm] $E=\{(i,j);\ i,j\in\{1,2,3\}\}$
[/mm]
Aber hier sind denk ich wirklich die expliziten Mengen gefragt. Heißt Schreibarbeit.
> c) Verbal erklären:
>
> A [mm]\cap[/mm] B =
[mm] $\cap$ [/mm] entspricht einem logischen und:
"Summe der Augenzahlen > 4" UND "Summe der Augenzahlen [mm]\le[/mm] 4"
[mm] $A\cap [/mm] B [mm] =\{c\,;\ c\in A\ \mbox{und}\ c\in B\}=\emptyset$
[/mm]
Hier ist das natürlich(?) die leere Menge.
> D [mm]\cup[/mm] E = ???
[mm] $\cup$ [/mm] entspricht einem logischen oder:
[mm] $D\cup [/mm] E [mm] =\{c\,;\ c\in D\ \mbox{oder}\ c\in E\}$
[/mm]
(nicht entweder...oder)
D.h. es ist die Menge aller Ergebnisse, bei denen entweder beide Würfel Augenzahlen kleiner gleich 3 haben, oder mindestens einer eine 6 zeigt.
(3,3), (6,5), (6,2), (2,2) wären drinnen, (5,4) nicht.
> D [mm]\cap[/mm] E = leere Menge ???
Ja.
> C [mm]\cup[/mm] A = A, also Summe der Augenzahlen größer 4
Richtig.
> C [mm]\cap[/mm] A = leere Menge ???
Richtig.
Edit: Diese ganze Diskussion ob die Würfel nun unterscheidbar sind oder nicht, ist doch völliger Schwachsinn.
1. Scheinen in der urspr. Aufgabe explizite Wahrscheinlichkeiten gar nicht gefragt. Studenten nun die meisten Elemente doppelt schreiben zu lassen, macht keinen Sinn.
2. Die zusätzliche Komplexität bei der Wahrscheinlichkeit fällt hier kaum ins Gewicht.
3. Die Idee, man könnte aus nur einem in der Realität meßbaren Ereignis für einen schöneren WRaum nun plötzlich zwei machen halte ich für abstrus. Natürlich kann man bei jeder (1,2) eine Münze werfen und bei Kopf nennen wir's dann ne (1,2) und bei Zahl (2,1), aber ob das im Lichte der Aufgabenstellung eine Verbesserung darstellt, kann bezweifelt werden.
4. Ich finde es auch bedenklich, ein durchaus entscheidendes Wort in der Aufgabenstellung einfach unter den Tisch fallen zu lassen. Macht ihr das bei Beweisen auch so? "Sei f:R->R stetig und beschränkt"... Ach was, mit beschränkt meinen die sicher nur auf jedem Kompaktum und was ist schon stetig...
5. Leider hat der "Korrektor" es nicht für nötig befunden in seiner "Korrektur" auch nur einmal aus meinem Beitrag zu zitieren, oder zu erklären, wo denn der "fundamentale Fehler" wäre.
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> Also bei nicht unterscheidbaren Würfeln sollten das die gleichen Ereignisse > sein.
>
> $ [mm] \Omega=\{(i,j);\ i,j\in\{1,2,\dots,6\},\ j\geq i\} [/mm] $
> = {(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),
> (3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,4),(4,5),(4,6),(5,5),(5,6),(6,6)}
Hm das widerspricht leider deinem Vorredner. Ich verstehe es leider auch nicht, ist es nicht ein Unterschied ob ich zuerst 6 und dann 1 oder zuerst 1 und dann 6 würfle?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:51 Mi 10.10.2007 | | Autor: | luis52 |
> > Also bei nicht unterscheidbaren Würfeln sollten das die
> gleichen Ereignisse > sein.
> >
> > [mm]\Omega=\{(i,j);\ i,j\in\{1,2,\dots,6\},\ j\geq i\}[/mm]
> > =
> {(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),
> >
> (3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,4),(4,5),(4,6),(5,5),(5,6),(6,6)}
>
> Hm das widerspricht leider deinem Vorredner. Ich verstehe
> es leider auch nicht, ist es nicht ein Unterschied ob ich
> zuerst 6 und dann 1 oder zuerst 1 und dann 6 würfle?
Man kann [mm] $\Omega$ [/mm] in der angegebenen Weise angeben, jedoch muss man dann bei der Berechnung von Wahrscheinlichkeiten aufpassen. Im deinem [mm] $\Omega$ [/mm] ist [mm] $P(\{(1,2)\}=1/36$ [/mm] (Laplace-Modell), in dem anderen ist [mm] $P(\{(1,2)\}=2/36$ [/mm] (kein Laplace-Modell).
lgLuis
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:14 Mi 10.10.2007 | | Autor: | Blech |
> > Also bei nicht unterscheidbaren Würfeln sollten das die
> gleichen Ereignisse > sein.
> >
> > [mm]\Omega=\{(i,j);\ i,j\in\{1,2,\dots,6\},\ j\geq i\}[/mm]
> > =
> {(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),
> >
> (3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,4),(4,5),(4,6),(5,5),(5,6),(6,6)}
>
> Hm das widerspricht leider deinem Vorredner. Ich verstehe
> es leider auch nicht, ist es nicht ein Unterschied ob ich
> zuerst 6 und dann 1 oder zuerst 1 und dann 6 würfle?
Vielleicht meint, wer auch immer die Aufgabe gestellt hat, was seltsames mit nicht unterscheidbar (z.B. Laplace Würfel?).
Aber sonst ist bei nicht unterscheidbaren Würfeln kein Unterschied, ob Du "zuerst" ne 6 und dann ne 1 oder andersrum hattest. Wäre einer, so könntest Du die Würfel ja anhand der zeitlichen Reihenfolge unterscheiden.
Wie die andere Antwort schon feststellt, behält man normalerweise die Reihenfolge, wenn man tatsächlich Wahrscheinlichkeiten ausrechnen will, weil bei nicht unterscheidbaren Würfeln ein Unterschied zwischen z.B. P((1,2))=2/36 und P((2,2))=1/36 besteht.
Hier nehm ich an, nachdem Ihr keine Wskeiten ausrechnen sollt, wollte der Aufgabensteller euch etwas Schreibarbeit ersparen.
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Hallo!
Ja richtig, ich habe mich nochmal schlau gemacht und es werden zwei ununterscheibare Würfel gleichzeitig betrachtet, d.h. es gibt 21 Möglichkeiten.
Die Wahrscheinlichkeit, dass
a) die Summe der Augenzahlen größer 4 ist P(A) = [mm] \bruch{17}{21}
[/mm]
b) die Summe der Augenzahlen größer oder gleich 4 ist P(B) = [mm] \bruch{19}{21}
[/mm]
c) die Summe der Augenzahlen größer 12 ist P(C) = 0
d) zumindest einer der Würfel eine Augenzahl größer 5 zeigt P(D) = [mm] \bruch{6}{21}
[/mm]
e) keiner der Würfel zeigt eine Augenzahl größer 3 P(E) [mm] =\bruch{6}{21}
[/mm]
oder?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:12 Di 16.10.2007 | | Autor: | luis52 |
Moin,
> Ja richtig, ich habe mich nochmal schlau gemacht
Das war kein guter Ratgeber...
> und es
> werden zwei ununterscheibare Würfel gleichzeitig
> betrachtet, d.h. es gibt 21 Möglichkeiten.
Das ist falsch. Wenn die Wuerfel ununterscheidbar ist, dann kannst du das Experiment auch so gestalten, dass du ein und denselben Wuerfel zweimal wirfst. Dann gibt es 36 moegliche Ausgaenge. Diese sind (1,1) (Augenzahl 1 im ersten und Augenzahl 1 im zweiten Wurf), (1,2) (...), (2,1) (...) usw.
>
> Die Wahrscheinlichkeit, dass
>
> a) die Summe der Augenzahlen größer 4 ist P(A) =
> [mm]\bruch{17}{21}[/mm]
> b) die Summe der Augenzahlen größer oder gleich 4 ist P(B)
> = [mm]\bruch{19}{21}[/mm]
> c) die Summe der Augenzahlen größer 12 ist P(C) = 0
> d) zumindest einer der Würfel eine Augenzahl größer 5
> zeigt P(D) = [mm]\bruch{6}{21}[/mm]
> e) keiner der Würfel zeigt eine Augenzahl größer 3 P(E)
> [mm]=\bruch{6}{21}[/mm]
>
> oder?
Nein wg oben.
lg Luis
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Mit ununterscheibar war hier gemeint, dass es nur einen Wurf gibt und die Würfel komplett ident sind. Die Angabe habe ich 1:1 abgetippt, sorry falls ich hier in den Folgeantworten etwas falsch hineininterpretiert habe.
Stimmen denn nun meine Wahrscheinlichkeiten? Gäbe es 36 verschiedene Möglichkeiten müsste ich nur die 21 im Bruch durch 36 ersetzen oder?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:20 Do 18.10.2007 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:41 Di 16.10.2007 | | Autor: | luis52 |
Moin mathe-tu-muenchen,
> Stimmen denn nun meine Wahrscheinlichkeiten? Gäbe es 36
> verschiedene Möglichkeiten müsste ich nur die 21 im Bruch
> durch 36 ersetzen oder?
Nein. In meiner Antwort vom 22:43 Di 09.10.2007 habe ich dir ja bereits
bestaetigt, dass $A$ 30 Elemente enhaelt. Mithin ist [mm] $P(A)=30/36\ne
[/mm]
17/36$.
lg
Luis
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> Hallo!
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> Ja richtig, ich habe mich nochmal schlau gemacht und es
> werden zwei ununterscheibare Würfel gleichzeitig
> betrachtet, d.h. es gibt 21 Möglichkeiten.
>
> Die Wahrscheinlichkeit, dass
>
> a) die Summe der Augenzahlen größer 4 ist P(A) =
> [mm]\bruch{17}{21}[/mm]
> b) die Summe der Augenzahlen größer oder gleich 4 ist P(B)
> = [mm]\bruch{19}{21}[/mm]
> c) die Summe der Augenzahlen größer 12 ist P(C) = 0
> d) zumindest einer der Würfel eine Augenzahl größer 5
> zeigt P(D) = [mm]\bruch{6}{21}[/mm]
> e) keiner der Würfel zeigt eine Augenzahl größer 3 P(E)
> [mm]=\bruch{6}{21}[/mm]
>
> oder?
So ist es jetzt richtig. Die Erklärung von Blech würden auch zu diesen Ergebnissen führen. Luis52 scheint mir die Würfel entgegen der Aufgabe trotzdem zu unterscheiden. Der "Witz" bei nicht unterscheidbaren (gerechten) Würfeln ist ja gerade,dass das Ereigniss" 1 und 2 würfeln" und das Ereignis "1-er Pasch" gleich wahrscheinlich sind. Wenn es schwer fällt, das einzusehen, liegt es daran, dass 2 reale Würfel eben immer unterscheidbar sind; dies Aufgabe also nicht dem täglichen Leben entnommen ist. Vielmehr ist es eine "konstruierte" Aufgabe, die vielleicht auf eine Besonderheit in der Elementarteilchephysik anspielt: 2 Elektronen sind prinzipiell nicht unterscheidbar. Dort treten dann auch so "überraschende" Wahrscheinlichkeiten auf.
Gruß korbinian
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Ich habe noch eine Verständnisfrage:
Angenommen ich würfel und will die Wahrscheinlichkeit für eine gesamte Augenzahl von 10 berechnen.
1) Angenommen ich würfle zwei ununterscheibare Würfel zweimal: 21 Möglichkeiten -> 2 mögliche Ereignisse (5,5) und (6,4) -> Wahrscheinlichkeit = [mm] \bruch{2}{21}
[/mm]
2) Angenmmen ich würfle zweimal hintereinander und beachte die Reihenfolge: 36 Möglichkeiten -> 3 mögliche Ergebnisse (5,5), (6,4), (4,6). -> Wahrscheinlichkeit = [mm] \bruch{3}{36}
[/mm]
Heißt das, dass ich bei diesen zwei Annahmen unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten habe? Klingt irgendwie unlogisch!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:57 Fr 19.10.2007 | | Autor: | koepper |
> Ich habe noch eine Verständnisfrage:
>
> Angenommen ich würfel und will die Wahrscheinlichkeit für
> eine gesamte Augenzahl von 10 berechnen.
>
> 1) Angenommen ich würfle zwei ununterscheibare Würfel
> zweimal: 21 Möglichkeiten
Es ist ungeschickt, die Ergebnismenge als ungeordnete Paare zu definieren.
Denn wenn dein Ziel darin besteht, die Wahrscheinlichkeit nach Laplace zu berechnen (günsitge / Gesamtzhl der Möglichkeiten), dann mußt du unbedingt dafür sorgen, daß alle Elementarereignisse in der Ergebnismenge auch gleich wahrscheinlich sind.
Das ist so aber nicht gegeben: Ein Wurf "4-6" ist wahrscheinlicher als ein Wurf "5-5". Das siehst du leicht, wenn du die Liste mit den 36 Möglichkeiten in der geordneten Auflistung anschaust. Bedenke, daß es sich ja de facto um unterschiedliche Würfel handelt. Ob du sie unterscheiden kannst oder nicht, das ändert nichts am Experiment.
-> 2 mögliche Ereignisse (5,5)
> und (6,4) -> Wahrscheinlichkeit = [mm]\bruch{2}{21}[/mm]
leider nicht aus obigem Grund.
> 2) Angenmmen ich würfle zweimal hintereinander und beachte
> die Reihenfolge: 36 Möglichkeiten -> 3 mögliche Ergebnisse
> (5,5), (6,4), (4,6). -> Wahrscheinlichkeit = [mm]\bruch{3}{36}[/mm]
>
> Heißt das, dass ich bei diesen zwei Annahmen
> unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten habe? Klingt
> irgendwie unlogisch!
ist es auch. siehe oben!
Gruß
Will
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:08 Fr 19.10.2007 | | Autor: | luis52 |
> > Ich habe noch eine Verständnisfrage:
> Es ist ungeschickt, die Ergebnismenge als ungeordnete Paare
> zu definieren.
> Denn wenn dein Ziel darin besteht, die Wahrscheinlichkeit
> nach Laplace zu berechnen (günsitge / Gesamtzhl der
> Möglichkeiten), dann mußt du unbedingt dafür sorgen, daß
> alle Elementarereignisse in der Ergebnismenge auch gleich
> wahrscheinlich sind.
Aamen! 
lg Luis
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| Status: |
(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 12:11 Fr 19.10.2007 | | Autor: | korbinian |
hallo
> > Ich habe noch eine Verständnisfrage:
> >
> > Angenommen ich würfel und will die Wahrscheinlichkeit für
> > eine gesamte Augenzahl von 10 berechnen.
> >
> > 1) Angenommen ich würfle zwei ununterscheibare Würfel
> > zweimal: 21 Möglichkeiten
>
> Es ist ungeschickt, die Ergebnismenge als ungeordnete Paare
> zu definieren.
> Denn wenn dein Ziel darin besteht, die Wahrscheinlichkeit
> nach Laplace zu berechnen (günsitge / Gesamtzhl der
> Möglichkeiten), dann mußt du unbedingt dafür sorgen, daß
> alle Elementarereignisse in der Ergebnismenge auch gleich
> wahrscheinlich sind.
> Das ist so aber nicht gegeben: Ein Wurf "4-6" ist
> wahrscheinlicher als ein Wurf "5-5".
Genaudas ist der Fall. Worin sollte sonst der Unterschied zwischen unterscheidbaren und nicht-unterscheidbaren Würfeln liegen.
>Das siehst du leicht,
> wenn du die Liste mit den 36 Möglichkeiten in der
> geordneten Auflistung anschaust. Bedenke, daß es sich ja de
> facto um unterschiedliche Würfel handelt. Ob du sie
> unterscheiden kannst oder nicht, das ändert nichts am
> Experiment.
>
> -> 2 mögliche Ereignisse (5,5)
> > und (6,4) -> Wahrscheinlichkeit = [mm]\bruch{2}{21}[/mm]
>
> leider nicht aus obigem Grund.
>
> > 2) Angenmmen ich würfle zweimal hintereinander und beachte
> > die Reihenfolge: 36 Möglichkeiten -> 3 mögliche Ergebnisse
> > (5,5), (6,4), (4,6). -> Wahrscheinlichkeit = [mm]\bruch{3}{36}[/mm]
> >
> > Heißt das, dass ich bei diesen zwei Annahmen
> > unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten habe? Klingt
> > irgendwie unlogisch!
>
> ist es auch. siehe oben!
>
> Gruß
> Will
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| Status: |
(Korrektur) fundamentaler Fehler | | Datum: | 21:14 Fr 19.10.2007 | | Autor: | koepper |
> hallo
>
> > > Ich habe noch eine Verständnisfrage:
> > >
> > > Angenommen ich würfel und will die Wahrscheinlichkeit für
> > > eine gesamte Augenzahl von 10 berechnen.
> > >
> > > 1) Angenommen ich würfle zwei ununterscheibare Würfel
> > > zweimal: 21 Möglichkeiten
> >
> > Es ist ungeschickt, die Ergebnismenge als ungeordnete Paare
> > zu definieren.
> > Denn wenn dein Ziel darin besteht, die
> Wahrscheinlichkeit
> > nach Laplace zu berechnen (günsitge / Gesamtzhl der
> > Möglichkeiten), dann mußt du unbedingt dafür sorgen, daß
> > alle Elementarereignisse in der Ergebnismenge auch gleich
> > wahrscheinlich sind.
> > Das ist so aber nicht gegeben: Ein Wurf "4-6" ist
> > wahrscheinlicher als ein Wurf "5-5".
>
> Genaudas ist der Fall. Worin sollte sonst der Unterschied
> zwischen unterscheidbaren und nicht-unterscheidbaren
> Würfeln liegen.
Ob du 2 verschiedene Würfel unterscheiden kannst oder nicht,
das ist die subjektive Sache des Betrachters.
An den Wahrscheinlichkeiten kann das aber nichts ändern.
Ergo: Mein Beitrag ist korrekt!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:11 Di 30.10.2007 | | Autor: | luis52 |
Hallo korbinian,
bitte entschuldige, dass ich erst heute antworte. War im Kurzurlaub.
Mir ist nicht daran gelegen, das Topic weiter zu vertiefen. Nur so viel: Ich habe Schwierigkeiten, mir das Verhalten "ununterscheidbarer Wuerfel" vorzustellen. Wenn ich dich recht verstehe, haben sie die Eigenschaft, dass das Ereignis (1,2) dieselbe Wahrscheinlichkeit hat wie (1,1). Was aber macht den qualitativen Unterschied fuer dich aus, wenn bei dem einen Experiment zwei ununterscheidbare Wuerfel gleichzeitig und bei dem anderen Experiment derselbe Wuerfel zwei Mal hintereinander gewuerfelt wird? Bei dem zweiten Experiment kann ich ja im Prinzip auch von zwei ununterscheidbaren Wuerfeln sprechen...
lg
Luis
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| Status: |
(Korrektur) fundamentaler Fehler | | Datum: | 21:58 Fr 19.10.2007 | | Autor: | koepper |
> > Hallo, ich bin mir leider nicht ganz sicher wie man
> hier
> > den Ereignisraum richtig angibt bzw. ob es nicht vielleicht
> > eine mathematisch kürzere und feinere Methode gibt?
Also zunächst gibt es einen Unterschied zwischen Ereignisraum und Ergebnismenge:
Ereignisraum ist grundsätzlich die aus der Ergebnismenge durch Erzeugung entstehende Sigma-Algebra.
Bei diskreten Experimenten wie hier, ist das schlicht die Potenzmenge der Ergebnismenge.
"DIE" Ergebnismenge eines Zufallsexperimentes ist keineswegs durch die Aufgabenstellung festgelegt.
Es liegt vielmehr in der Hand des Aufgabenlösers eine solche geeignet festzulegen.
Es muß lediglich gewährleistet sein, daß P(OMEGA) = 1 gilt.
Die Festlegung einer solchen Ergebnismenge kann also nicht "richtig" oder "falsch" sondern allenfalls
"geschickt" oder "ungeschickt" sein.
Besonders ungeschickt ist es natürlich, sie so festzulegen, daß die interessierenden Ereignisse nicht als Teilmenge von ihr angegeben werden können.
Falls eine einfache Möglichkeit besteht, die Ergebnismenge so festzulegen, daß alle in ihr enthaltenen sogenannten Elementarereignisse gleich wahrscheinlich sind, dann wäre es idR auch ziemlich ungeschickt, das nicht zu tun. Denn man würde sich um die Möglichkeit der Anwendung der Laplaceschen Formel bringen.
> > Würde hier die leere Menge auch dazugehören? Ist es
> > richtig, dass (2,1) nicht das gleiche Ereignis ist wie
> > (1,2)?
Ich hoffe, mit meinen Ausführungen oben ist klar, daß es allein deine Entscheidung ist, ob du (1,2) und (2,1) jeweils separat aufnimmst oder ob du sie als dasselbe Elementarereignis betrachtest.
Ich würde allerdings eine jeweils separate Aufnahme sehr empfehlen, weil nur dann die Elementarereignisse gleich wahrscheinlich sind.
Eine völlig andere Frage ist es, ob man - ganz und gar realitätsfern - in einer solchen Aufgabe festlegen kann, daß (1,2) und (5,5) gleich wahrscheinlich sein sollen. Da der Aufgabensteller ja prinzipiell volle Freiheit in der Stellung der Aufgabe hat, würde ich das durchaus bejahen. Das bloße Wort "ununterscheidbar" in der Aufgabenstellung reicht aber meiner Ansicht nach nicht aus, um dem Aufgabenlöser eine solche der Realität krass widersprechende Annahme aufzuzwingen.
Ich denke dagegen, daß die Aufgabenstellung den Löser gerade in diese besagte Falle locken sollte, um ihm klarzumachen, daß die Unterscheidbarkeit der Würfel nichts an ihrer tatsächlichen Unterschiedlichkeit ändern kann.
Gruß
Will
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| Status: |
(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 20:54 Mo 29.10.2007 | | Autor: | korbinian |
Hallo Will,
es ist möglicherweise etwas hart diesen Artikel als leicht fehlerhaft zu kennzeichnen. Aber ich sehe keine andere Möglichkeit (außer privater Nachricht) dazu Stellung zu nehmen.
> Also zunächst gibt es einen Unterschied zwischen
> Ereignisraum und Ergebnismenge:
>
> Ereignisraum ist grundsätzlich die aus der Ergebnismenge
> durch Erzeugung entstehende Sigma-Algebra.
> Bei diskreten Experimenten wie hier, ist das schlicht die
> Potenzmenge der Ergebnismenge.
>
>
> "DIE" Ergebnismenge eines Zufallsexperimentes ist
> keineswegs durch die Aufgabenstellung festgelegt.
> Es liegt vielmehr in der Hand des Aufgabenlösers eine
> solche geeignet festzulegen.
> Es muß lediglich gewährleistet sein, daß P(OMEGA) = 1
> gilt.
>
> Die Festlegung einer solchen Ergebnismenge kann also nicht
> "richtig" oder "falsch" sondern allenfalls
> "geschickt" oder "ungeschickt" sein.
>
> Besonders ungeschickt ist es natürlich, sie so festzulegen,
> daß die interessierenden Ereignisse nicht als Teilmenge von
> ihr angegeben werden können.
> Falls eine einfache Möglichkeit besteht, die Ergebnismenge
> so festzulegen, daß alle in ihr enthaltenen sogenannten
> Elementarereignisse gleich wahrscheinlich sind, dann wäre
> es idR auch ziemlich ungeschickt, das nicht zu tun. Denn
> man würde sich um die Möglichkeit der Anwendung der
> Laplaceschen Formel bringen.
>
>
Soweit bin ich vollstänig mit dir einer Meinung.
Man könnte noch anfügen, dass "die Wahrscheinlichkeit p" ein Maß auf dem Ereignisraum ist, das als solches gewissen Axiomen genügen muss.
Die Mathematik macht keine weiteren Vorgaben zur Wahl des Maßes.
Somit gibt es kein mathematisches Argument ein Maß als falsch zu verwerfen.
Diskutieren kann man nur die Frage ob ein Maß angemessen ist, d.h. ob es die Wirklichkeit gut beschreibt. Diese Frage kann letztlich nur empirisch, also "außerhalb" der (reinen) Mathematik entschieden werden.
Sind wir soweit noch einer Meinung?
Falls ja, bleibt m.E. nur noch die Frage, wie wir das Wort "ununterscheidbar" in der Aufgabe interpretieren.
>
> Ich hoffe, mit meinen Ausführungen oben ist klar, daß es
> allein deine Entscheidung ist, ob du (1,2) und (2,1)
> jeweils separat aufnimmst oder ob du sie als dasselbe
> Elementarereignis betrachtest.
> Ich würde allerdings eine jeweils separate Aufnahme sehr
> empfehlen, weil nur dann die Elementarereignisse gleich
> wahrscheinlich sind.
>
> Eine völlig andere Frage ist es, ob man - ganz und gar
> realitätsfern - in einer solchen Aufgabe festlegen kann,
> daß (1,2) und (5,5) gleich wahrscheinlich sein sollen. Da
> der Aufgabensteller ja prinzipiell volle Freiheit in der
> Stellung der Aufgabe hat, würde ich das durchaus bejahen.
> Das bloße Wort "ununterscheidbar" in der Aufgabenstellung
> reicht aber meiner Ansicht nach nicht aus, um dem
> Aufgabenlöser eine solche der Realität krass
> widersprechende Annahme aufzuzwingen.
>
> Ich denke dagegen, daß die Aufgabenstellung den Löser
> gerade in diese besagte Falle locken sollte, um ihm
> klarzumachen, daß die Unterscheidbarkeit der Würfel nichts
> an ihrer tatsächlichen Unterschiedlichkeit ändern kann.
Wenn ich dich richtig verstehe, siehst du in "ununterscheidbar" eine Falle und ignorierst diesen Teil der Aufgabe deswegen und behandelst die Würfel als unterscheidbare Würfel. Wenn du so vorgehen willst, ist "dein" W-Maß natürlich korrekt.
Dagegen denke ich, dieser Teil der Angabe erfolgte bewußt. Die Würfel sind ein Modell für (bestimmte) Elementarteilchen.
Z.B. sind Bosonen prinzipiell nicht unterscheidbare Teilchen. Man kann in der Physik dann nicht vom 1. Boson und vom 2. Boson sprechen, sondern nur von den beiden Bosonen. Nun kann ein System von 2 Bosonen verschiedene (Enegie)zuständen annehmen, sagen wir 6 verschieden.
Dann können beide im 1. Zustand sein oder eines im Zustand 1 und das andere im Zustand 2.
(Den "umgekehrten" Fall, dass ein Teilchen im Zustand 2 und das andere im Zustand 1 ist, gibt es nicht, da die Teilchen ja nicht unterscheidbar sind.)
Das Experiment zeigt nun, dass beide Ereignisse (beide im 1. Zustand bzw. eines im Zustand 1 und das andere im Zustand 2.) gleich wahrscheinlich sind. (Bose-Einstein-Statistik)
Dies kann nur mit dem von Blech am Anfang der Diskussion skizzierten Ergebnisraum mit 21 Elementen beschrieben werden und jedes davon hat die Wahrscheinlichkeit [mm] \bruch{1}{21} [/mm] .
Gruß korbinian
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| Status: |
(Korrektur) kleiner Fehler | | Datum: | 22:36 Mo 29.10.2007 | | Autor: | koepper |
Hallo Korbinian,
> Hallo Will,
> es ist möglicherweise etwas hart diesen Artikel als leicht
> fehlerhaft zu kennzeichnen. Aber ich sehe keine andere
> Möglichkeit (außer privater Nachricht) dazu Stellung zu
> nehmen.
ich sehe was du meinst.
Zu einer Korrekturmitteilung kann man offenbar nur weitere Korrekturmitteilungen schicken.
> > Also zunächst gibt es einen Unterschied zwischen
> > Ereignisraum und Ergebnismenge:
> >
> > Ereignisraum ist grundsätzlich die aus der Ergebnismenge
> > durch Erzeugung entstehende Sigma-Algebra.
> > Bei diskreten Experimenten wie hier, ist das schlicht
> die
> > Potenzmenge der Ergebnismenge.
> >
> >
> > "DIE" Ergebnismenge eines Zufallsexperimentes ist
> > keineswegs durch die Aufgabenstellung festgelegt.
> > Es liegt vielmehr in der Hand des Aufgabenlösers eine
> > solche geeignet festzulegen.
> > Es muß lediglich gewährleistet sein, daß P(OMEGA) = 1
> > gilt.
> >
> > Die Festlegung einer solchen Ergebnismenge kann also nicht
> > "richtig" oder "falsch" sondern allenfalls
> > "geschickt" oder "ungeschickt" sein.
> >
> > Besonders ungeschickt ist es natürlich, sie so festzulegen,
> > daß die interessierenden Ereignisse nicht als Teilmenge von
> > ihr angegeben werden können.
> > Falls eine einfache Möglichkeit besteht, die
> Ergebnismenge
> > so festzulegen, daß alle in ihr enthaltenen sogenannten
> > Elementarereignisse gleich wahrscheinlich sind, dann wäre
> > es idR auch ziemlich ungeschickt, das nicht zu tun. Denn
> > man würde sich um die Möglichkeit der Anwendung der
> > Laplaceschen Formel bringen.
> >
> >
> Soweit bin ich vollstänig mit dir einer Meinung.
> Man könnte noch anfügen, dass "die Wahrscheinlichkeit p"
> ein Maß auf dem Ereignisraum ist, das als solches gewissen
> Axiomen genügen muss.
> Die Mathematik macht keine weiteren Vorgaben zur Wahl des
> Maßes.
> Somit gibt es kein mathematisches Argument ein Maß als
> falsch zu verwerfen.
> Diskutieren kann man nur die Frage ob ein Maß angemessen
> ist, d.h. ob es die Wirklichkeit gut beschreibt. Diese
> Frage kann letztlich nur empirisch, also "außerhalb" der
> (reinen) Mathematik entschieden werden.
> Sind wir soweit noch einer Meinung?
vollkommen.
> Falls ja, bleibt m.E. nur noch die Frage, wie wir das Wort
> "ununterscheidbar" in der Aufgabe interpretieren.
>
> >
> > Ich hoffe, mit meinen Ausführungen oben ist klar, daß es
> > allein deine Entscheidung ist, ob du (1,2) und (2,1)
> > jeweils separat aufnimmst oder ob du sie als dasselbe
> > Elementarereignis betrachtest.
> > Ich würde allerdings eine jeweils separate Aufnahme
> sehr
> > empfehlen, weil nur dann die Elementarereignisse gleich
> > wahrscheinlich sind.
> >
> > Eine völlig andere Frage ist es, ob man - ganz und gar
> > realitätsfern - in einer solchen Aufgabe festlegen kann,
> > daß (1,2) und (5,5) gleich wahrscheinlich sein sollen. Da
> > der Aufgabensteller ja prinzipiell volle Freiheit in der
> > Stellung der Aufgabe hat, würde ich das durchaus bejahen.
> > Das bloße Wort "ununterscheidbar" in der Aufgabenstellung
> > reicht aber meiner Ansicht nach nicht aus, um dem
> > Aufgabenlöser eine solche der Realität krass
> > widersprechende Annahme aufzuzwingen.
> >
> > Ich denke dagegen, daß die Aufgabenstellung den Löser
> > gerade in diese besagte Falle locken sollte, um ihm
> > klarzumachen, daß die Unterscheidbarkeit der Würfel nichts
> > an ihrer tatsächlichen Unterschiedlichkeit ändern kann.
>
> Wenn ich dich richtig verstehe, siehst du in
> "ununterscheidbar" eine Falle und ignorierst diesen Teil
> der Aufgabe deswegen und behandelst die Würfel als
> unterscheidbare Würfel. Wenn du so vorgehen willst, ist
> "dein" W-Maß natürlich korrekt.
> Dagegen denke ich, dieser Teil der Angabe erfolgte bewußt.
> Die Würfel sind ein Modell für (bestimmte)
> Elementarteilchen.
Hier muß ich allerdings widersprechen.
Warum hat der Aufgabensteller dann das Wort "Würfel" benutzt und nichts von Bosonen geschrieben?
Mit dem Wort Würfel werden wohlunterscheidbare Objekte unserer Anschauung beschrieben und keine Elementarteilchen auf Quantenebene.
> Z.B. sind Bosonen prinzipiell nicht unterscheidbare
> Teilchen. Man kann in der Physik dann nicht vom 1. Boson
> und vom 2. Boson sprechen, sondern nur von den beiden
> Bosonen. Nun kann ein System von 2 Bosonen verschiedene
> (Enegie)zuständen annehmen, sagen wir 6 verschieden.
> Dann können beide im 1. Zustand sein oder eines im Zustand
> 1 und das andere im Zustand 2.
> (Den "umgekehrten" Fall, dass ein Teilchen im Zustand 2 und
> das andere im Zustand 1 ist, gibt es nicht, da die Teilchen
> ja nicht unterscheidbar sind.)
> Das Experiment zeigt nun, dass beide Ereignisse (beide im
> 1. Zustand bzw. eines im Zustand 1 und das andere im
> Zustand 2.) gleich wahrscheinlich sind.
> (Bose-Einstein-Statistik)
> Dies kann nur mit dem von Blech am Anfang der Diskussion
> skizzierten Ergebnisraum mit 21 Elementen beschrieben
> werden und jedes davon hat die Wahrscheinlichkeit
> [mm]\bruch{1}{21}[/mm] .
> Gruß korbinian
Wenn in der Aufgabe "Bosonen" stünde, wäre ich bereit deiner Argumentation zu folgen, so jedoch nicht.
Auf meine Vermutung zu der didaktischen Motivation dieses Wortes "ununterscheidbar" gehst du leider nicht ein.
Es ist meiner Erfahrung nach nämlich ein häufiger Fehler unter Schülern, bei derartigen Würfelexperimenten eine Ergebnismenge so wie du mit 21 (gleichwahrscheinlichen) Elementarereignissen aufzustellen. Die Aufgabe wäre sehr geeignet klarzustellen, daß das selbst dann nicht in Frage kommt, wenn der Betrachter von außen nicht in der Lage ist, die Würfel voneinander zu unterscheiden.
LG
Will
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| Status: |
(Korrektur) oberflächlich richtig  | | Datum: | 10:56 Do 01.11.2007 | | Autor: | korbinian |
Hallo Will,
> Auf meine Vermutung zu der didaktischen Motivation dieses
> Wortes "ununterscheidbar" gehst du leider nicht ein.
> Es ist meiner Erfahrung nach nämlich ein häufiger Fehler
> unter Schülern, bei derartigen Würfelexperimenten eine
> Ergebnismenge so wie du mit 21 (gleichwahrscheinlichen)
> Elementarereignissen aufzustellen. Die Aufgabe wäre sehr
> geeignet klarzustellen, daß das selbst dann nicht in Frage
> kommt, wenn der Betrachter von außen nicht in der Lage ist,
> die Würfel voneinander zu unterscheiden.
Den von dir beschriebenen Fehler beobachte ich auch und die Diskussion halte ich auch für sehr wichtig. Auch stimme ich zu, dass diese Aufgabe dafür sehr gut geeignet ist.
Ob es der Aufgabensteller hier auch beabsichtigt hat, wissen wir nicht. Mein erster Gedanke war es nicht. Aber wie auch immer, es ist ihm jedenfalls prächtig gelungen (über 20 Diskussionsbeiträge).
LG korbinian
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