| Autor |
Beitrag |
    
Markus
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 12. August, 2001 - 01:30: | 
|
Hallo, ich habe hier eine Aufgabe aus einer Klausur vorliegen, bei
deren Lösung ich mir nicht so sicher bin, da ich für den Lösungsweg
zu viel Zeit brauche.
Dann habe ich auch noch eine Frage, ob ihr auch meint, dass die
Aufgabenstellung nicht eindeutig formuliert ist:
Drei Personen fahren mit dem Fahrstuhl vom Erdgeschoss eines Hauses zu den 6 höhergelegenen Etagen.
Die Wahrscheinlichkeit, dass eine der Personen in einer bestimmten
Etage aussteigt, betrage p=1/6.
1. Bestimme die Wahrscheinlichkeitsverteilung der Zufallsgröße X="Der
Fahrstuhl hält k-mal", wobei der Fahrstuhl nur hält, wenn jemand aussteigt.
2. Wie oft ist zu erwarten, dass der Fahrstuhl hält?
----------------------------------------------------------------------------
Ich kann die Frage insofern nicht ganz eindeutig verstehen, als ich sie
einmal so interpretieren kann, dass die Anzahl der im Fahrstuhl
verbliebenen Personen nach Erreichen der 6.Etage nicht zwingend gleich Null
sein muss. Es steht ja nirgendwo, dass alle aussteigen müssen. Dann kann es
natürlich sein, dass k=0 ist.
Man kann die Aufgabe natürlich auch so interpretieren, dass man
spätestens im sechsten alle aussteigen lässt. In diesem einen Fall ist k genau gleich 1.
Das führt natürlich dazu, dass, egal, wann ausgestiegen wird, der Fahrstuhl
im sechsten geleert wird, und allgemein k>0 gelten muss.
Um es mir erstmal leicht zu machen, setze ich voraus, dass alle aussteigen
müssen, also k>0 sein muss.
Dann sieht meine Lösung mit Hilfe eines Ereignisbaumes so aus:
Anzahl Aussteiger in Etage Nr.
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | Produkt aller Einzelwahrscheinlichkeiten | Zahlenwert | | | 3 | | | | | | 1/6^3 | 0,005 | | 2 | 1 | | | | | 3*5/6^4 | 0,012 | | 2 | 0 | 1 | | | | 3*5^2/6^5 | 0,010 | | 2 | 0 | 0 | 1 | | | 3*5^3/6^6 | 0,008 | | 2 | 0 | 0 | 0 | 1 | | 3*5^4/6^7 | 0,007 | | 2 | 0 | 0 | 0 | 0 | 1 | 3*5^5/6^7 | 0,033 | | 1 | 2 | | | | | 3*5^2/6^5 | 0,010 | | 1 | 1 | 1 | | | | 3*2*5^3/6^6 | 0,016 | | 1 | 1 | 0 | 1 | | | 3*2*5^4/6^7 | 0,013 | | 1 | 1 | 0 | 0 | 1 | | 3*2*5^5/6^8 | 0,011 | | 1 | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | 3*2*5^6/6^8 | 0,056 | | 1 | 0 | 2 | | | | 3*5^4/6^7 | 0,007 | | 1 | 0 | 1 | 1 | | | 3*2*5^5/6^8 | 0,011 | | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | | 3*2*5^6/6^9 | 0,009 | | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | 3*2*5^7/6^9 | 0,047 | | 1 | 0 | 0 | 2 | | | 3*5^6/6^9 | 0,005 | | 1 | 0 | 0 | 1 | 1 | | 3*2*5^7/6^10 | 0,008 | | 1 | 0 | 0 | 1 | 0 | 1 | 3*2*5^8/6^10 | 0,039 | | 1 | 0 | 0 | 0 | 2 | | 3*5^8/6^11 | 0,003 | | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 3*2*5^9/6^11 | 0,032 | | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | 2 | 3*5^10/6^11 | 0,081 | | 0 | 3 | | | | | 5^3/6^6 | 0,003 | | 0 | 2 | 1 | | | | 3*5^4/6^7 | 0,007 | | 0 | 2 | 0 | 1 | | | 3*5^5/6^8 | 0,006 | | 0 | 2 | 0 | 0 | 1 | | 3*5^6/6^9 | 0,005 | | 0 | 2 | 0 | 0 | 0 | 1 | 3*5^7/6^9 | 0,023 | | 0 | 1 | 2 | | | | 3*5^5/6^8 | 0,006 | | 0 | 1 | 1 | 1 | | | 3*2*5^6/6^9 | 0,009 | | 0 | 1 | 1 | 0 | 1 | | 3*2*5^7/6^10 | 0,008 | | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 | 1 | 3*2*5^8/6^10 | 0,039 | | 0 | 1 | 0 | 2 | | | 3*5^7/6^10 | 0,004 | | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | | 3*2*5^8/6^11 | 0,006 | | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 3*2*5^9/6^11 | 0,032 | | 0 | 1 | 0 | 0 | 2 | | 3*5^9/6^12 | 0,003 | | 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | 1 | 3*2*5^10/6^12 | 0,027 | | 0 | 1 | 0 | 0 | 0 | 2 | 3*5^11/6^12 | 0,067 | | 0 | 0 | 3 | | | | 5^6/6^9 | 0,002 | | 0 | 0 | 2 | 1 | | | 3*5^7/6^10 | 0,004 | | 0 | 0 | 2 | 0 | 1 | | 3*5^8/6^11 | 0,003 | | 0 | 0 | 2 | 0 | 0 | 1 | 3*5^9/6^11 | 0,016 | | 0 | 0 | 1 | 2 | | | 3*5^8/6^11 | 0,003 | | 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | | 3*2*5^9/6^12 | 0,005 | | 0 | 0 | 1 | 1 | 0 | 1 | 3*2*5^10/6^12 | 0,027 | | 0 | 0 | 1 | 0 | 2 | | 3*5^10/6^13 | 0,002 | | 0 | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | 3*2*5^11/6^13 | 0,022 | | 0 | 0 | 1 | 0 | 0 | 2 | 3*5^12/6^13 | 0,056 | | 0 | 0 | 0 | 3 | | | 5^9/6^12 | 0,001 | | 0 | 0 | 0 | 2 | 1 | | 3*5^10/6^13 | 0,002 | | 0 | 0 | 0 | 2 | 0 | 1 | 3*5^11/6^13 | 0,011 | | 0 | 0 | 0 | 1 | 2 | | 3*5^11/6^14 | 0,002 | | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | 3*2*5^12/6^14 | 0,019 | | 0 | 0 | 0 | 1 | 0 | 2 | 3*5^13/6^14 | 0,047 | | 0 | 0 | 0 | 0 | 3 | | 5^12/6^15 | 0,001 | | 0 | 0 | 0 | 0 | 2 | 1 | 3*5^13/6^15 | 0,008 | | 0 | 0 | 0 | 0 | 1 | 2 | 3*5^14/6^15 | 0,039 | | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 3 | 5^15/6^15 | 0,065 |
Sortiert man nun die Zeilen heraus, wo eine 3 steht (was einmaligem
Halten entspricht) und dann die Zeilen, wo eine 2 steht (was zweimaligem
Halten entspricht), bleiben die Zeilen übrig, in denen der Fahrstuhl dreimal
hält.
Die aufsummierten Wahrscheinlichkeiten ergeben sich dann gerundet als
P(X=1) = 0.0752
P(X=2) = 0.488
P(X=3) = 0.437
so dass die Antwort für b) sich ergibt mit 1*P(x=1) + 2*P(x=2) + 3*P(x=3)
= 2.36
Der Fahrstuhl wird also bei z.B. 100 solchen Zufallsversuchen rund 236mal anhalten.
Mein Problem ist, dass ich die Aufgabe nicht lösen kann, ohne alle Pfade aufzuzeichnen, da ein Pfad zuende ist, sobald 3 Personen ausgestiegen sind. Ich kann mir also nicht, wie sonst üblich, an einem Beispielpfad klarmachen, was mit den Wahrscheinlichkeiten passiert und dann kombinatorisch alle anderen Pfade dazuergänzen, da nicht jeder meiner Pfade die immer gleiche Zahl von 6 Verzweigungen hat.
Hat irgendjemand eine Idee, wie man die Rechnung trotzdem abkürzen kann?
Schonmal Danke |
bibo
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 12. August, 2001 - 08:30: |
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Hallo Markus,
ich würde das ganze auf ein Urnenmodell zurück führen. In der Urne sind 6 Kugeln, nummeriert von 1 bis 6. Jetzt wird dreimal mit zurücklegen gezogen. Die zahlen geben an, wann welche Perso austeigt.
Es gibt insgesamt 216 möglich Kombinationen (6^3)Die WK, das alle in einem Stockwek aussteigen (k = 1) ist 1/36. ( Die erste Kugel die man zieht ist egal welche nummer sie hat, die anderen müssen dann die nummer von der ersten Kugel haben. )
Die WK, das k = 3 ist 20/36. ( Die erste Kugel die man zieht ist wieder egal, die zweite muß verschieden sein von der erste, das ist sie mit der WK von 5/6. Die dritte muß verschieden sein von den beiden ersten, das ist sie mit einer WK von 4/6 )
Jetzt bleibt nur noch k = 2 übrig. Dafür muß die WK 1 - 1/36 - 20/36 = 15/36
Damit kommen wir zum Erwartungswert:
EX = 1 * 1/36 + 2 * 15/36 + 3 * 20/36 = 91/36 ungefähr 2,528 |
Markus
| | Veröffentlicht am Montag, den 13. August, 2001 - 01:57: |
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Hallo, danke für die Antwort und auch für den Vorschlag.
Irgendwie klingt der Vergleich mit der Urne schon einsichtig,
aber warum stimmt das nicht mit meiner Lösung überein?
Was habe ich falsch gemacht?
Ich werde mal ein paar Beispiele aufschreiben, wie ich die
Wahrscheinlichkeiten berechnet habe, ich glaube, am besten wird
meine Berechnungsmethode klar, wenn ich die letzten sieben Fälle
erkläre, weil dort eine größere Abwechslung in den einzelnen Wegen
liegt.
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7) Beim siebtletzten Weg lauten die Aussteigerzahlen 0-0-0-1-2-0, d.h.,
in den ersten drei Etagen steigt niemand aus, in der vierten einer und
in der fünften zwei.
Die Wahrscheinlichkeiten ergeben sich bei mir dann so:
-in Etage 1 steigt niemand aus, die Wahrscheinlichkeit dafür ist (5/6)³.
-in Etage 2 steigt wieder niemand aus, die Wahrscheinlichkeit dafür ist
wieder (5/6)³.
-in Etage 3 auch niemand, nochmal Faktor (5/6)³.
-in Etage 4 steigt einer aus, da es dafür aber drei Möglichkeiten gibt,
wer von den dreien das jetzt ist, Faktor 3 davor und dann die Wahrscheinlichkeit (1/6),
zwei steigen nicht aus, Faktor (5/6)², also insgesamt hier 3*(1/6)*(5/6)²
-in Etage 5 steigen 2 aus, Wahrscheinlichkeit dafür ist (1/6)²
-wenn man will, kann man für die letzte Etage, wo niemand mehr aussteigt,
noch Faktor 1 anfügen, da dies ja ein sicheres Ereignis ist,
da sich ja niemand mehr im Fahrstuhl befindet.
Alle Faktoren multipliziert ergeben
(5/6)³*(5/6)³*(5/6)³* 3*(1/6)*(5/6)² * (1/6)² *1 = 3*511/614
= 0.001869...
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6) Beim sechstletzten Weg lauten die Aussteigerzahlen 0-0-0-1-1-1,
in den ersten drei Etagen steigt wieder niemand aus, in den letzten
drei je einer.
-Also erst wieder drei Faktoren (5/6)³*(5/6)³*(5/6)³,
-für die vierte Etage Faktor 3, weil noch 3 Personen im Fahrstuhl sind,
dann die Wahrscheinlichkeit (1/6), zwei steigen nicht aus, Faktor (5/6)²,
also insgesamt hier wieder 3*(1/6)*(5/6)²
-für die fünfte Etage Faktor 2, weil noch 2 Personen im Fahrstuhl sind,
dann die Wahrscheinlichkeit (1/6) für den, der aussteigt, und (5/6) für den,
der nicht aussteigt, also insgesamt hier 2*(1/6)*(5/6)
-für die sechste Etage einfach Faktor 1, weil der Fahrstuhl ja nach Erreichen
der letzten Etage leer sein soll.
Alle Faktoren multipliziert ergeben
(5/6)³*(5/6)³*(5/6)³ * 3*(1/6)*(5/6)² * 2*(1/6)*(5/6) *1 = 3*2*512/614
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5) Hier lauten die Aussteigerzahlen 0-0-0-1-0-2,
-also erst wieder (5/6)³*(5/6)³*(5/6)³ für die ersten drei Etagen,
-dann für die vierte Etage Faktor 3, da einer von dreien aussteigt, und zwar
mit Einzelwahrscheinlichkeit (1/6), und für die beiden, die nicht aussteigen,
(5/6)², zusammen also 3*(1/6)*(5/6)²
-für die fünfte Etage Faktor (5/6)², da zwei nicht aussteigen
-für die letzte Etage einfach Faktor 1, da die beiden jetzt aussteigen müssen
Ergibt insgesamt multipliziert (5/6)³*(5/6)³*(5/6)³ * 3*(1/6)*(5/6)² * (5/6)² *1
= 3*513/614
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4) Hier lauten die Aussteigerzahlen 0-0-0-0-3-0, also Wahrscheinlichkeit
(5/6)³*(5/6)³*(5/6)³*(5/6)³*(1/6)³*1 = 512/615
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3) Hier lauten die Aussteigerzahlen 0-0-0-0-2-1,
-also erst Faktor (5/6)³*(5/6)³*(5/6)³*(5/6)³,
-dann steigen zwei von dreien aus, dafür gibt es drei Möglichkeiten, also Faktor 3,
und zwar steigen sie mit Wahrscheinlichkeit (1/6)² aus, und für den, der drinbleibt,
Faktor (5/6),
-wenn er schließlich in der letzten Etage aussteigen muss, wieder Faktor 1 dazu
Macht zusammen (5/6)³*(5/6)³*(5/6)³*(5/6)³ * 3*(1/6)²*(5/6) * 1 = 3*513/615
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2) Hier lauten die Aussteigerzahlen 0-0-0-0-1-2,
-also erst Faktor (5/6)³*(5/6)³*(5/6)³*(5/6)³,
-dann steigt einer von dreien aus, dafür gibt es drei Möglichkeiten, also Faktor 3,
und zwar steigt er mit Wahrscheinlichkeit (1/6) aus, während zwei mit Wahrscheinlichkeit
(5/6)² nicht aussteigen
-in der letzten Etage steigen die beiden auf jeden Fall aus, also Faktor 1
Ergibt eine Wahrscheinlichkeit von (5/6)³*(5/6)³*(5/6)³*(5/6)³ * 3*(1/6)*(5/6)² * 1
= 3*514/615
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1) und im letzten Fall (von insgesamt 56 verschiedenen Aussteigevarianten) ergibt sich
-erst fünfmal (5/6)³, weil fünfmal keiner aussteigt, macht ((5/6)³)5,
-und im letzten dann Faktor 1, also
Insgesamt Wahrscheinlichkeit hierfür: 515/615
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Und dementsprechend habe ich auch die Wahrscheinlichkeiten für die 49 vorigen Fälle berechnet.
Wie gesagt, wenn ich dann die Zeilen so ordne, so dass bei 3 gleichzeitigen
Aussteigern klar ist, dass der Fahrstuhl genau einmal hält, erhalte ich hierfür
| 3 | | | | | | 1/6^3 | 0,00463 | | 0 | 3 | | | | | 5^3/6^6 | 0,00268 | | 0 | 0 | 3 | | | | 5^6/6^9 | 0,00155 | | 0 | 0 | 0 | 3 | | | 5^9/6^12 | 0,00090 | | 0 | 0 | 0 | 0 | 3 | | 5^12/6^15 | 0,00052 | | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 3 | 5^15/6^15 | 0,06491 | |
und für zweimaliges Halten die Fälle
| 2 | 1 | | | | | 3*5/6^4 | 0,01157 | | 2 | 0 | 1 | | | | 3*5^2/6^5 | 0,00965 | | 2 | 0 | 0 | 1 | | | 3*5^3/6^6 | 0,00804 | | 2 | 0 | 0 | 0 | 1 | | 3*5^4/6^7 | 0,00670 | | 2 | 0 | 0 | 0 | 0 | 1 | 3*5^5/6^7 | 0,03349 | | 1 | 2 | | | | | 3*5^2/6^5 | 0,00965 | | 1 | 0 | 2 | | | | 3*5^4/6^7 | 0,00670 | | 1 | 0 | 0 | 2 | | | 3*5^6/6^9 | 0,00465 | | 1 | 0 | 0 | 0 | 2 | | 3*5^8/6^11 | 0,00323 | | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | 2 | 3*5^10/6^11 | 0,08075 | | 0 | 2 | 1 | | | | 3*5^4/6^7 | 0,00670 | | 0 | 2 | 0 | 1 | | | 3*5^5/6^8 | 0,00558 | | 0 | 2 | 0 | 0 | 1 | | 3*5^6/6^9 | 0,00465 | | 0 | 2 | 0 | 0 | 0 | 1 | 3*5^7/6^9 | 0,02326 | | 0 | 1 | 2 | | | | 3*5^5/6^8 | 0,00558 | | 0 | 1 | 0 | 2 | | | 3*5^7/6^10 | 0,00388 | | 0 | 1 | 0 | 0 | 2 | | 3*5^9/6^12 | 0,00269 | | 0 | 1 | 0 | 0 | 0 | 2 | 3*5^11/6^12 | 0,06729 | | 0 | 0 | 2 | 1 | | | 3*5^7/6^10 | 0,00388 | | 0 | 0 | 2 | 0 | 1 | | 3*5^8/6^11 | 0,00323 | | 0 | 0 | 2 | 0 | 0 | 1 | 3*5^9/6^11 | 0,01615 | | 0 | 0 | 1 | 2 | | | 3*5^8/6^11 | 0,00323 | | 0 | 0 | 1 | 0 | 2 | | 3*5^10/6^13 | 0,00224 | | 0 | 0 | 1 | 0 | 0 | 2 | 3*5^12/6^13 | 0,05608 | | 0 | 0 | 0 | 2 | 1 | | 3*5^10/6^13 | 0,00224 | | 0 | 0 | 0 | 2 | 0 | 1 | 3*5^11/6^13 | 0,01122 | | 0 | 0 | 0 | 1 | 2 | | 3*5^11/6^14 | 0,00187 | | 0 | 0 | 0 | 1 | 0 | 2 | 3*5^13/6^14 | 0,04673 | | 0 | 0 | 0 | 0 | 2 | 1 | 3*5^13/6^15 | 0,00779 | | 0 | 0 | 0 | 0 | 1 | 2 | 3*5^14/6^15 | 0,03894 | |
und für dreimaliges Halten
| 1 | 1 | 1 | | | | 3*2*5^3/6^6 | 0,01608 | | 1 | 1 | 0 | 1 | | | 3*2*5^4/6^7 | 0,01340 | | 1 | 1 | 0 | 0 | 1 | | 3*2*5^5/6^8 | 0,01116 | | 1 | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | 3*2*5^6/6^8 | 0,05582 | | 1 | 0 | 1 | 1 | | | 3*2*5^5/6^8 | 0,01116 | | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | | 3*2*5^6/6^9 | 0,00930 | | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | 3*2*5^7/6^9 | 0,04651 | | 1 | 0 | 0 | 1 | 1 | | 3*2*5^7/6^10 | 0,00775 | | 1 | 0 | 0 | 1 | 0 | 1 | 3*2*5^8/6^10 | 0,03876 | | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 3*2*5^9/6^11 | 0,03230 | | 0 | 1 | 1 | 1 | | | 3*2*5^6/6^9 | 0,00930 | | 0 | 1 | 1 | 0 | 1 | | 3*2*5^7/6^10 | 0,00775 | | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 | 1 | 3*2*5^8/6^10 | 0,03876 | | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 3*2*5^9/6^11 | 0,03230 | | 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | 1 | 3*2*5^10/6^12 | 0,02692 | | 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | | 3*2*5^9/6^12 | 0,00538 | | 0 | 0 | 1 | 1 | 0 | 1 | 3*2*5^10/6^12 | 0,02692 | | 0 | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | 3*2*5^11/6^13 | 0,02243 | | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | 3*2*5^12/6^14 | 0,01869 | | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | | 3*2*5^8/6^11 | 0,00646 | |
wobei die Summe der Wahrscheinlichkeiten für einmaliges Halten dann exakt gleich
1/63 + 53/66 + 56/69 + 59/612 + 512/615 + 515/615
= 35 349 088 086 / 615
= 151 064 479 *13*3 / 614
= 151 064 479 * 13 / (2*613)
= 0.07518... ist.
und die Summe der Wahrscheinlichkeiten für zweimaliges Halten ist gerundet
0.48765,
die Summe der Wahrscheinlichkeiten für dreimaliges Halten ist gerundet
0.43717,
was leider nicht mit deinen Zahlen 1/36=0.02777..., 15/36=5/12=0.41666..., 20/36=5/9=0.5555... übereinstimmt.
Wo ist mein Fehler? |
Markus
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 15. August, 2001 - 22:20: |
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Kann mir bitte nochmal jemand einen Tipp geben ? |
Markus
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 16. August, 2001 - 16:36: |
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Hilfe, ich komm nicht weiter! |
superknowa
| | Veröffentlicht am Samstag, den 18. August, 2001 - 03:03: |
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Hilfe, das muss ich erst durchlesen.
superknowa |
Maiglöckchen
| | Veröffentlicht am Samstag, den 18. August, 2001 - 09:52: |
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Hi superknowa,
Ist ja eine tolle Antwort!
Und besonders hilfreich! |
Markus
| | Veröffentlicht am Samstag, den 18. August, 2001 - 10:29: |
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Hallo, ich habe inzwischen auch auf anderen Seiten kräftig rumgefragt, weil ich mittlerweile echt auf dem Schlauch stehe, ist schon in Ordnung, wenn jemand eine Zwischenmeldung gibt, ich fühle mich jedenfalls mit dem Problem nicht so alleingelassen, als wenn sich tagelang niemand meldet. |
superknowa
| | Veröffentlicht am Samstag, den 18. August, 2001 - 19:20: |
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Hallo Markus
Die Wahrscheinlichkeit für irgendeine Anordnung des Ausssteigens (z.B. alle steigen im 1.Stock aus oder die Person 1 und die Person 2 steigen im 3.Stock aus und Person 3 im 6.Stock) ist meiner Meinung nach immer die gleiche, nämlich (1/6)3 = 1/63 = 1/216.
Oder anders gesagt: es gibt 216 Möglichkeiten, wie die Personen aussteigen können, wenn man auch die Reihenfolge des Aussteigens mit berücksichtigt!
k=1: es gibt (6 über 1) = 6 Möglichkeiten
k=2: es gibt 3!*(6 über 2) = 90 Möglichkeiten
k=3: es gibt 6*5*4 = 120 Möglichkeiten (mit Reihenfolge) oder auch 3!*(6 über 3)
Das gibt das gleiche, wie das Urnenmodell von bibo.
Ich kenn mich aber in der Wahrscheinlichkeitsrechnung nicht so gut aus. Was soll denn rauskommen?
cu
superknowa |
Markus
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 19. August, 2001 - 19:30: |
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Hallo superknowa
"Ich kenn mich in der Wahrscheinlichkeitsrechnung nicht so gut aus" trifft leider auch auf mich zu.
Du fragtest noch: "Was soll denn rauskommen?" - weiß ich leider nicht. Ich hatte eine Schülerin zur Nachhilfe, alle anderen Aufgaben waren klar, nur diese eine nicht, so dass es nicht darauf ankam, ob wir die noch richtig gelöst haben oder nicht.
Eine Berichtigung/Musterlösung hatte sie nicht gemacht/erhalten, und die Lehrerin will ich noch nicht fragen (ich müsste sie auch erst ausfindig machen).
Kann sein, dass sie sich diese Aufgabe ausgedacht hat (allein die Unklarheit, dass man es verschieden auslegen kann, ob der Fahrstuhl nach der 6.Etage notwendigerweise leer sein soll oder nicht, deutet meiner Meinung nach darauf hin) und dass unsere unterschiedlichen Überlegungen zu einer unklaren Aufgabenstellung eben mehr das Problem sind, als die Rechnung selber (denn wenn man nachrechnet, wird man merken: meine Rechnung stimmt auch.)
Ich möchte ja auch lieber die Methode mit den 216 Möglichkeiten glauben als meine mit den 56 (weil die mit den 216 eben viel leichter zu rechnen ist *grins*, aber dazu müsste mir jemand schlüssig zeigen können, was an meiner Überlegung anders ist, genauer gesagt, als was es zu interpretieren ist, wenn ich z.B. für den Aussteigemodus "keiner im ersten Stock, alle drei im zweiten Stock" ansetze:
(5/6)³*(1/6)³, während du einfach sagen würdest
(1/6)³. |
superknowa
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 19. August, 2001 - 23:26: |
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Hi Markus
Ja, das mit den (5/6)3 macht mit auch Sorgen; ich bin aber noch nicht dahinter gekommen,
was "dass eine der Personen in einer bestimmten
Etage aussteigt, betrage p=1/6" bedeutet.
Ich denk nochmal drüber nach.
cu
superknowa |
Markus
| | Veröffentlicht am Montag, den 20. August, 2001 - 03:08: |
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Danke schonmal
Für die Sorgenteilung
Ciao
Markus |
Markus
| | Veröffentlicht am Montag, den 20. August, 2001 - 03:45: |
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Siehe Antworten auch hinter diesem Forenbeitrag hier:
http://www.f10.parsimony.net/forum15058/messages/2791.htm |
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