C5

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Inhaltsverzeichnis

.Aufgabe bearbeitet von:--Tws98OB (Diskussion) 11:11, 25. Mär. 2016 (CET)

1)

Wahrscheinlichkeit für 0,3,3,7

\frac{1}{4} für 0

\frac{1}{2} für 3

\frac{1}{4} für 7


P(0337)=\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{64}

=1,56%


2)

E_1: Genau drei mal 3 (bei 6x werfen)

E_2: Höchstens zwei mal die 0 (bei 13x werfen)


E_1=\big\{(3,3,3,-,-,-),...(-,-,-,3,3,3)\big\}

\binom{6}{3}=20


E_2=\big\{(0,0,-,-,-,-,-,-,-,-,-,-,-)x78,(0,-,-,-,-,-,-,-,-,-,-,-,-)x13,(-,-,-,-,-,-,-,-,-,-,-,-,-)\big\}

\binom{13}{2}=78

\binom{13}{1}=13


P(E_1)=(\frac{1}{2})^3 \cdot (\frac{1}{2})^3 \cdot 20

=\frac{5}{16}=31,25%

Die Wahrscheinlichkeit genau 3 mal die Drei zu bekommen finden wir durch die ersten beiden Brüche der Rechnung heraus während die 20 die Anzahl der möglichen Tupel ist.


P(E_2)=(\frac{1}{4})^2 \cdot (\frac{3}{4})^{11} \cdot 78 + (\frac{1}{4}) \cdot (\frac{3}{4})^{12} \cdot 13 + (\frac{3}{4})^{13}

=33,26%

Zwei mal eine 0 zu würfeln kann 78 mal vorkommen während ein mal eine würfeln 13 mal vorkommen kann. Die Brüche geben dabei die Wahrscheinlichkeit für eines dieser Würfe an.


Unser Ergebnis zeigt, dass es wahrscheinlicher ist bei 13-maligem Würfeln höchstens 2x eine 0 zu bekommen als bei 6-maligem Werfen genau 3 mal eine drei zu werfen.


3)

1-(\frac{3}{4})^n \geq 0,95

1 \geq (\frac{3}{4})^n+0,95

0,05 \geq (\frac{3}{4})^n

log(0,05) \geq log(\frac{3}{4}) \cdot n

\frac{(log0,05)}{log(0,75)} \leq n

10,41 \leq n

n=11 Würfe

.Aufgabe bearbeitet von:--Tws98OB (Diskussion) 11:03, 25. Mär. 2016 (CET) und --Sinan98OB (Diskussion) 20:25, 4. Jul. 2016 (CEST)

1) Einsatz: 10 Taler

Gewinn: Summe der sichtbaren Zahlen


Bei 0 => 3+3+7=13 Taler

Bei 3 => 0+3+7=10 Taler

Bei 7 => 0+3+3=6 Taler


\frac{1}{4} \cdot 13 + \frac{1}{2} \cdot 10 + \frac{1}{4} \cdot 6

=9,75 Taler Gewinn pro Spiel


Da der Einsatz 10 Taler beträgt und wir von einem idealen Tetraeder ausgehen, macht Donald einen Gewinn von 0,25 Talern pro Spiel.

Er müsste eigentlich einen Gewinn machen ...--CJSchmitt, Europa-Schule Obermayr (Diskussion) 23:25, 7. Jul. 2016 (CEST)


2)

Da der Erwartungswert nun 10 sein muss, müssen wir eine Zahl durch x ersetzen.

X beschreibt die sichtbaren Zahlen.


X 10+x 7+x 10 3+x
P(X) \frac{1}{4} \frac{1}{4} \frac{1}{4} \frac{1}{4}
\mu \frac{10+x}{4} \frac{7+x}{4}  \frac{10}{4}  \frac{3+x}{4}

\mu = \frac{10+x}{4}+ \frac{7+x}{4}  + \frac{10}{4} + \frac{3+x}{4} =10

\frac{30+3x}{4}=10

30+3x=40

3x=10

x= \frac{10}{3}

Wenn wir eine 3 durch  \frac{10}{3} ersetzen wir als Erwartungswert 10 und haben somit ein faires Spiel.

.Aufgabe bearbeitet von:--Sinan98OB (Diskussion) 20:39, 4. Jul. 2016 (CEST)

Die Aussage der Neffen beschreibt die Irrtumswahrscheinlichkeit bei ihrer These, dass der Tetraeder die 0 als Lage bevorzugt. Diese Wahrscheinlichkeit wird auch als Fehler 1. Art bezeichnet.

Es handelt sich hierbei um einen rechtsseitigen Test da:

H_0: p=\frac{1}{4}

H_1: p_1 \geq \frac{1}{4}


n = 100

p = \frac{1}{4}

 \alpha  = 5 %

k = 33

 \overline{A} = [a+1;100]


P(X \leq a )  \geq 0,95

 a=32

\overline{A} = [33;100]

Die Probe der Neffen liegt im Ablehnungsbereich der Nullhypothese, also wird sie verworfen.

Daraus schließen die Neffen, dass 0 die Wahrscheinlichkeit 1/3 hat. --CJSchmitt, Europa-Schule Obermayr (Diskussion) 23:30, 7. Jul. 2016 (CEST)

.Aufgabe bearbeitet von:--Sinan98OB (Diskussion) 20:50, 4. Jul. 2016 (CEST)

Die Neffen nehmen an, dass die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis "0" höher ist.

P(0)=\frac{1}{3}

P(3;7)=\frac{2}{3}

Also hat eine einzelne Seite die Wahrscheinlichkeit \frac{2}{9} .

X beschreibt die zu sehende Augensumme.

X 13 6 10
P(X) \frac{1}{3} \frac{2}{9} \frac{4}{9}
\mu \frac{13}{3} \frac{12}{9} \frac{40}{9}

\mu = 10,1

Mit dieser Annahme und dem daraus resultierenden Erwartungswert lassen sich Donalds Verluste erklären.