Erste Kursarbeit

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Inhaltsverzeichnis

.Aufgabe

.Aufgabe bearbeitet von:--Nico98OB (Diskussion) 13:43, 24. Mär. 2016 (CET)

Es wird 3 mal gedreht und 3 mal die selbe Zahl aus 5 Zahlen soll herauskommen also:

  {\left( \frac { 1 }{ 5 }  \right)  }^{ 3 }

.Aufgabe bearbeitet von:--Nico98OB (Diskussion) 13:43, 24. Mär. 2016 (CET)

Iulwezhoiubl di.PNG
höchstens eine 4 bedeutet eine 4 und keine 4
Dreht man einmal keine 4 ist es egal was im zweiten Drehen kommt denn es kann höchstens noch eine 4 kommen, womit die Bedingung erfüllt wird.
Dreht man einmal eine 4 muss danach keine 4 kommen sonst hätte man ja zwei 4ren.

also: \frac { 4 }{ 5 } +\frac { 1 }{ 5 } \cdot \frac { 4 }{ 5 } =0,96
also: 96%


Das Gegenereigniss zu höchstens eine 4 (null und eine 4) wäre das nur vieren kommen (zwei mal eine 4) also:
{\left( \frac { 1 }{ 5 }  \right)  }^{ 2 }
Also ist die Wahrscheinlichkeit für das erhalten von höchstens einer 4 : 1-\left( \frac { 1 }{ 5 }  \right) ^{ 2 }=0,96
also 96%

.Aufgabe bearbeitet von:--L.Wagner (Diskussion) 20:03, 24. Mär. 2016 (CET)Laurent99OB

5=\mbox{ Man dreht eine 5}

\overline{5}=\mbox{Man dreht keine 5}

Leistungsnachweis 1c

E:\mbox{wenigstens eine 5 bei 50mal drehen}

P(E)=\frac{1}{5}\cdot \left(\frac{4}{5}\right)^0+\frac{1}{5}\cdot\left(\frac{4}{5}\right)^1+\frac{1}{5}\cdot \left(\frac{4}{5}\right)^2+\frac{1}{5}+\left(\frac{4}{5}\right)^3+...+\frac{1}{5}\cdot\left(\frac{4}{5}\right)^{49}

=\frac{1}{5}\cdot\left(1+\left(\frac{4}{5}\right)^1+\left(\frac{4}{5}\right)^2+\left(\frac{1}{5}\right)\cdot\left(\frac{4}{5}\right)^3...+\left(\frac{4}{5}\right)^{49}\right)

=\frac{1}{5}\cdot\frac{1-\left(\frac{4}{5}\right)^{50}}{1-\frac{4}{5}}

\approx0,9999

= 99,99%

.Aufgabe bearbeitet von:--Joao99OB (Diskussion) 12:38, 25. Mär. 2016 (CET)

E:\mbox{wenigstens eine 4 bei unendlichen Drehungen}

P(4)=\frac{1}{5}

P(\overline{4})=\frac{4}{5}


P(E)=\lim_{n\rightarrow \infty }\left ( \frac{1}{5}+\frac{1}{5}\cdot \frac{4}{5}+\frac{1}{5}\cdot \left ( \frac{4}{5} \right )^{2}+\frac{1}{5}\cdot \left ( \frac{4}{5} \right )^{3}+...+\frac{1}{5}\cdot \left ( \frac{4}{5} \right )^{n-1} \right )


=\lim_{n\rightarrow \infty }\left (\frac{1}{5} \left ( 1+\frac{4}{5}+\left ( \frac{4}{5} \right )^{2}+\left ( \frac{4}{5} \right )^{3}+...+\left ( \frac{4}{5} \right )^{n-1} \right ) \right )


=\frac{1}{5}\cdot \left ( \frac{1}{1-\frac{4}{5}} \right )=1=100%

.Aufgabe bearbeitet von:--Kat99OB (Diskussion) 19:18, 24. Mär. 2016 (CET)

e.) 1-\left( \frac{4}{5}\right )^n>0,95  \qquad|+\left( \frac{4}{5}\right)^n
1>0,95+\left( \frac{4}{5}\right)^n      \qquad|-0,95

0,05>\left( \frac{4}{5}\right)^n   \qquad | log

log(0,05)>n\cdot log\left( \frac{4}{5}\right)    \qquad |: log\left( \frac{4}{5}\right)

13,42<n


n \approx 14

Das Rad muss also mindestens 14 mal gedreht werden, damit die Wahrscheinlichkeit wenigstens eine 3 zu erhalten größer als 95% ist.

.Aufgabe bearbeitet von:Karo99OB (Diskussion) 21.33, 23. Mär. 2016 (CET)

Damit das Spiel fair ist, muss *der Einsatz = dem Gewinn \cdot der Wahrscheinlichkeit* sein.

Zuerst berechnet man die Wahrscheinlichkeiten für einen, zwei bzw. drei Treffern:

P(T)= 3\cdot\left(\dfrac{4}{7}\right) ^{2} \cdot \dfrac{3}{7}=\dfrac{144}{343}

(Die Wahrscheinlichkeit, dass Jonas einmal trifft.)

P(TT)= 3\cdot\left(\dfrac{3}{7}\right) ^{2} \cdot \dfrac{4}{7}=\dfrac{108}{343}

(Die Wahrscheinlichkeit, dass Jonas zweimal trifft.)

P(TTT)=\left(\dfrac{3}{7}\right) ^{3}=\dfrac{27}{343}

(Die Wahrscheinlichkeit, dass Jonas dreimal trifft.)




Einsatz = Gewinn \cdot Wahrscheinlichkeit


a^{2}=\dfrac {144}{343}\cdot a +\dfrac {108}{343}\cdot 4a +\dfrac {27}{343}\cdot 9a


a^{2}=\dfrac {144}{343}\cdot a +\dfrac {432}{343}\cdot a +\dfrac {243}{343}\cdot a


a^{2}=\dfrac {117}{49}\cdot a

beidseitige Division durch a erlaubt, da a>0 --CJSchmitt, Europa-Schule Obermayr (Diskussion) 12:43, 25. Mär. 2016 (CET)


a=\dfrac {117}{49}


a=2,39



Bei einem Einsatz von ca. 2,39€ ist das Spiel fair, denn so machen weder Adeline und Jonas langfristig Verlust.

. Aufgabe

. Aufgabe bearbeitet von (--David99OB (Diskussion) 21:23, 11. Apr. 2016 (CEST)David)

Nico und Katrin werfen abwechselnd mit jeweils zwei Würfeln. Jeder soll zunächst nur zweimal Werfen, das bedeutet, dass z.B. Nico anfängt, einmal mit zwei Würfeln wirft und anschließend ist wieder Katrin dran. Dann Nico erneut und zu guter letzt wieder Katrin.

Wer zuerst einen Sechserpasch würfelt, gewinnt.

Aufgabenstellung: Macht es einen Unterschied von den Wahrscheinlichkeiten her, wer anfängt?

Die Wahrscheinlichkeit auf einen Sechserpasch liegt bei  \frac{1}{36}

Bei diesem Baum ging ich davon aus, dass Nico anfängt. (Nur als Beispiel. Es hätte auch Katrin sein können.)

linksbündig

Die Wahrscheinlichkeit, dass Nico bzw. der, der als erstes wirft, beim ersten Wurf einen Sechserpasch würfelt liegt bei:

  P(G)=\frac{1}{36}=2,78%

Die Wahrscheinlichkeit, dass Katrin bzw. der, der als zweites wirft, beim zweiten Wurf einen Sechserpasch würfelt liegt bei:

P(G)=\frac{35}{36}\cdot \frac{1}{36} =\frac{35}{1296}=2,70%

Die Wahrscheinlichkeit, dass Nico bzw. der, der als drittes wirft, beim dritten Wurf einen Sechserpasch würfelt liegt bei:

 P(G)=\frac{35}{36}\cdot\frac{35}{36}\cdot \frac{1}{36} =\frac{1225}{46656}=2,63%

Die Wahrscheinlichkeit, dass Katrin bzw. der, der als viertes wirft, beim vierten Wurf einen Sechserpasch würfelt liegt bei:

P(G)=\frac{35}{36}\cdot\frac{35}{36}\cdot\frac{35}{36}\cdot \frac{1}{36} =2,55%


In meinem Beispiel würde Nico als erstes und drittes werfen. Er hätte dann eine Gewinnchance von:

\frac{1}{36}+\frac{35}{36}\cdot\frac{35}{36}\cdot\frac{1}{36} = \frac{2521}{46656} =5,40%

Dann würde Katrin den zweiten und vierten Wurf machen. Sie hätte dann eine Gewinnchance von:

\frac{35}{36}\cdot\frac{1}{36}+\frac{35}{36}\cdot\frac{35}{36}\cdot\frac{35}{36}\cdot\frac{1}{36} =5,25%

Somit hätte Nico einen kleinen Vorteil.


Ich komme zu dem Schluss, dass es nicht egal ist, wer anfängt. Denn der, der anfängt und den dritten Wurf macht hat einen kleinen Vorteil vor dem, der als zweites und viertes wirft.


Um auf dieses Ergebnis zu kommen, muss man zuerst die vier Wahrscheinlichkeiten der verschiedenen Bäume ausrechnen, dann addiert man die zugehörigen Äste, also in dem Fall eins und drei sowie zwei und vier. Dann muss man nur noch vergleichen. Der höhere Wert hat den Vorteil in der Wahrscheinlichkeit.

. Aufgabe bearbeitet von:--Alex99OB (Diskussion) 13:29, 7. Apr. 2016 (CEST)

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit des ersten Werfers bei n Würfen ein 6er-Pasch wirft.

\frac{1}{36}+\left ( \frac{35}{36} \right )^{2}\cdot \frac{1}{36}+\left ( \frac{35}{36} \right )^{4}\cdot \frac{1}{36}+...+\left ( \frac{35}{36} \right )^{n-1}\cdot \frac{1}{36}

\frac{1}{36}\left ( 1+\left ( \frac{35}{36} \right )^{2}+\left ( \frac{35}{36} \right )^{4}+...+\left ( \frac{35}{36} \right )^{n-1}\right )

Da man aus diesem Term noch keine geometrische Rehe bilden kann muss man es vereinfachen wodurch man \left ( \frac{35}{36} \right )^{2} ausrechnet und einsetzt.

\frac{1}{36}\left ( 1+\frac{1225}{1296}+\left ( \frac{1225}{1296} \right )^{2}+...+\left ( \frac{1225}{1296} \right )^{n-1} \right )

\frac{1}{36}\left ( \frac{1-\left ( \frac{1225}{1296} \right )^{n}}{1-\frac{1225}{1296}} \right )

Dann muss man den Limes n gegen Unendlich einsetzten.

\lim_{n \to \infty }\frac{1}{36}\left ( \frac{1}{1-\frac{1225}{1296}} \right )=\frac{36}{71}=0,5071=50,71%

Die Wahrscheinlichkeit, dass der der als erste wirft gewinnt, ist 50,71%.

.Aufgabe bearbeitet von:Karo99OB (Diskussion) 09.53, 24. Mär. 2016 (CET)

4a)

D: gedopte Person

P: positives Testergebnis


P(D)=12%=0,12

P(\overline{D})=88%=0,88

P_{D}(P)=99%=0,99

P_{\overline{D}}(\overline{P})=97%=0,97


P(D\cap P)= P(D) \cdot P_{D}(P)=0,12  \cdot 0,99= 0,1188

P(\overline{D}\cap \overline{P})= P(\overline{D}) \cdot P_{\overline{D}}(\overline{P})=0,88  \cdot 0,97= 0,8536


D \overline{D}
P 0,1188 0,0264 0,1452
\overline{P} 0,0012 0,8536 0,855
0,12 0,88 1


Die Wahrscheinlichkeit, dass der Test ein positives Ergebnis zeigt kann man nun an der Vierfeldertafel ablesen:

P(P)=0,1452=14,52%


Die erwartete Anzahl der positiv getesteten Sportler (hier als E bezeichnet) berechnet man, indem man die Anzahl der getesteten Sportler (10% von 1500 Teilnehmern) mit der Wahrscheinlichkeit der positiven Testergebnis multipliziert:

P(E)=150 \cdot P(P)=21,8

Es ist mit ungefähr 22 positiven Testergebnissen zu rechnen.




b)

P_{P}(\overline{D})=\frac{P(\overline{D} \cap P)}{P(P)}=\frac{0,0264}{0,1452}=0,1818


Die Wahrscheinlichkeit, dass ein positiv getesteter Sportler Unrecht verdächtig wird beträgt also ungefähr 18%.

.Aufgabe bearbeitet von:--Tws98OB (Diskussion) 00:00, 24. Mär. 2016 (CET)

Urne 1: {1,2,3,4,5,6,7,8}

Urne 2: {1,2,3,4,5,6}

E_1: Augensumme 7


E_2: Beide Kugeln unter 4

a)

E_1=\big\{(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)\big\}


E_2=\big\{(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)\big\}


S=\big\{(1,1),...(8,6)\big\}


 |S |=8 \cdot 6 = 48


b)

P(E_1 \cup E_2)=P(E_1) + P(E_2)

=\frac{6}{48} + =\frac{9}{48}=\frac{15}{48}

= 31,25%

E_1 \cap E_2=\big\{ \big\}

P(E_1 \cap E_2)=0

c)

P(E_1 \cup E_2)=P(E_1) + P(E_2)-P(E_1 \cap E_2)

Die Wahrscheinlichkeit der Vereinigungsmenge ist die Wahrscheinlichkeit beider Ereignisse ohne die Wahrscheinlichkeit deren Schnittmenge.


d)

Einsatz 1€

Gewinn 2€

P(E_1 \cup E_2) \cdot 2

=\frac{30}{48}=0,625

Dementsprechend ist das Spiel nicht fair, da der Einsatz größer ist als der durchschnittliche Gewinn