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| Aufgabe | Ein Spielautomat besteht aus zwei unabhängigen voneinander drehbaren Scheiben. Jede Scheibe ist in sechs gleich große Sektoren unterteilt. Jeder Sektor ist mit einer Ziffer beschriftet. Die erste Scheibe enthält in die Ziffern
1
4
2
1
2
3
die zweite Scheibe enthält die Ziffern
1
1
3
2
3
4
Für ein Spiel werden die beiden Scheiben in Drehung versetzt. Nach Stillstand der Scheiben ist in dem von jeder Scheibe genau eine Zahl zu sehen.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei vier Spielen genau einmal die Kombination (1;1) erscheint? |
Hallo, also ich hab mir gedacht, dass die Wahrscheinlichkeit für dass auf beiden Scheiben die 1 zu sehen ist bei einem Spielzug bei 1/9 liegt. Weil 2/6 * 2/6.
Und da die Kombination (1;1) ja nur einmal vorkommen darf muss ich jetzt diese 1/9 mit [mm] (8/9)^3 [/mm] multiplizieren. Und dieses Ergebnis dann mal 4, weil es 4 Spiele sind. Dann komm ich auf 31,21%.
Ist diese Vorgehensweise richtig?
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Hi, nellychen,
> Hallo, also ich hab mir gedacht, dass die
> Wahrscheinlichkeit für dass auf beiden Scheiben die 1 zu
> sehen ist bei einem Spielzug bei 1/9 liegt. Weil 2/6 *2/6.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Und da die Kombination (1;1) ja nur einmal vorkommen darf
> muss ich jetzt diese 1/9 mit [mm](8/9)^3[/mm] multiplizieren. Und
> dieses Ergebnis dann mal 4, weil es 4 Spiele sind.
Naja: Doch eher, weil es 4 Möglichkeiten gibt, die (1;1) zu kriegen!
> Dann komm ich auf 31,21%.
> Ist diese Vorgehensweise richtig?
Das Ergebnis stimmt jedenfalls!
Frage: Kennst Du den Begriff "Binomialverteilung"?
Um eine solche handelt es sich nämlich hier und zwar mit p=1/9 und n=4
Gefragt ist dann die folgende Wahrscheinlichkeit: P(X=1).
mfG!
Zwerglein
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ok danke endlich was richtig, stimmt 4 Möglichkeiten ; )
Binominalverteilung kenn ich nicht nur Binominalkoeffizient. Kann man die Aufgabe mit diesem rechen? ich glaube ich habe es ein bisschen umständlich gemacht. Hab nämlich erst ein Baumdiagramm gezeichnet.
und dann gab es hier zu noch ne aufgabe : Das Ereignis E ist dadurch definiert, dass bei einem Spiel zweimal die Ziffer 3 im Fenster sichtbar ist. Wie viele Spiele muss man mindestens spielen, damit das Ereignis E bei mindestens einem Spiel mit der Wahrscheinlichkeit von mindestens 80% eintritt.
Hier ist meine Lösung 29 Spielzüge.
Die Wahrscheinlichkeit ist für zweimal die Ziffer 3 ist ja P(E) =2/36 und dann hab ich das Gegenereignis gebildet das ist ja 34/36. brauch ich das überhaupt? dann hab ich die Gleichung aufgestellt
[mm] 1-(34/36)^n [/mm] > 0,8
stimmt das so?
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Hi, nellychen,
> ok danke endlich was richtig, stimmt 4 Möglichkeiten ; )
Fällt hier natürlich weniger ins Gewicht; aber wenn die Frage z.B. gelautet hätte, mit welcher Wahrsch. genau 2mal die (1;1) kommt, dann wären es 6 Möglichkeiten.
> Binominalverteilung kenn ich nicht
> nur Binominalkoeffizient. Kann man die Aufgabe mit diesem
> rechnen? ich glaube ich habe es ein bisschen umständlich
> gemacht. Hab nämlich erst ein Baumdiagramm gezeichnet.
Der Binomialkoeffizient gibt Dir die Anzahl der Möglichkeiten, wie die Treffer "fallen" können.
In meinem obigen Bsp. wäre das: [mm] \vektor{4 \\ 2} [/mm] = 6.
> und dann gab es hier zu noch ne aufgabe : Das Ereignis E
> ist dadurch definiert, dass bei einem Spiel zweimal die
> Ziffer 3 im Fenster sichtbar ist. Wie viele Spiele muss man
> mindestens spielen, damit das Ereignis E bei mindestens
> einem Spiel mit der Wahrscheinlichkeit von mindestens 80%
> eintritt.
>
> Hier ist meine Lösung 29 Spielzüge.
Stimmt!
> Die Wahrscheinlichkeit ist für zweimal die Ziffer 3 ist ja
> P(E) =2/36 und dann hab ich das Gegenereignis gebildet das
> ist ja 34/36. brauch ich das überhaupt? dann hab ich die
> Gleichung aufgestellt
> [mm]1-(34/36)^n[/mm] > 0,8
Richtig!
Eigentlich heißt "mindestens" ja [mm] "\ge", [/mm] aber das spielt bei solchen Aufgaben (meist!) keine Rolle.
mfG!
Zwerglein
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:37 Mi 05.11.2008 | | Autor: | nellychen |
Merci, dann kann ja bei der arbeit nicht mehr so viel schief gehen
DANKE
gruß nellychen
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