Protokolle vom Februar 2014

Kurzinfo
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Protokoll vom 5.02.2014 Thema: Einführung in die Stochastik

Protokoll von --Jugu5797 (Diskussion) 20:35, 5. Feb. 2014 (CET)	(Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt	(2 Unterrichtsstunden)

Abituraufgabe 2

Zunächst haben wir uns noch einmal mit der Abituraufgabe 2 beschäftigt. Diese kann man nun vollständig *hier* einsehen.

Stochastik

Neues Halbjahr - Neues Thema: Die Stochastik

Die Stochastik lässt sich in zwei Themenkomplexe einteilen:

1: Versuch -> Statistik

Man untersucht einen Themenkomplex und daraus schließt man eine Statistik. Beispiel: Ein Unternehmen befragt mehrere Personen um daraus eine Statistik abzuleiten.

2: Wahrscheinlichkeit -> Versuch

Hier gilt es bevor man etwas untersucht eine Wahrscheinlichkeit auszurechnen das ein gewisser Fall eintritt. Beispiel: Man rechnet zuerst die Wahrscheinlichkeit aus eine Sechs zu würfeln ($\frac{1}{6} \approx 16,67%$)und dann "spielt" man. -> erst überlegen,dann spielen

________________________________

Nun haben wir uns mit zwei Begriffen der Statistik bekannt gemacht. Dies taten wir erneut mit dem Beispiel des Würfelns der Sechs.

Ich würfel 10 mal -> n=10

Ich würfel 2 Sechsen.

Absolute Häufigkeit: Die absolute Häufigkeit sagt aus wie oft tatsächlich der Fall eingetroffen ist, dass ich eine Sechs gewürfelt habe.

In diesem Fall: H₁₀(6)=2

Relative Häufigkeit: Die relative Häufigkeit sagt dagegen den prozentualen Wert an.

In diesem Fall: h₁₀(6)=$\frac{2}{10} = 20%$

_________________________________

Nun machten wir praktische Versuche. Dabei schlossen wir von der Statistik auf die Wahrscheinlichkeit.

Für n -> $\infty$ strebt die relative Häufigkeit das ein Fall eintrifft gegen die Wahrscheinlichkeit dafür.

Unsere Praxis befasste sich mit dem Würfel. Wir wussten bereits im vorhinein, dass jede Zahl die Wahrscheinlichkeit von 16,67% hat gewürfelt zu werden. Wir hielten unsere Ergebnisse tabellarisch fest:

Gruppe\i	1	2	3	4	5	6	$\Sigma$
1: H30(i)	3	3	8	3	5	3	30
1: h30(i)	10	10	27	10	16	27	100%
2: H60(i)	3+6	3+4	8+10	3+4	5+4	8+2	60
2: h60(i)	15	12	30	12	15	16	100%
3: H90(i)	9+3	7+5	18+7	7+3	9+7	10+5	90
3: h90(i)	13	13	28	11	18	17	100%
1: H120(i)	12+8	12+4	25+5	10+3	16+5	15+5	120
1: h120(i)	17	13	25	11	17	17	100%
2: H150(i)	20+4	16+10	30+3	13+4	21+3	20+6	150
2: h150(i)	16	17	22	12	16	17	100%
3: H180(i)	24+6	26+4	33+7	17+5	24+4	26+4	180
3: h180(i)	17	17	22	12	15	17	100%

Resultierend konnten wir feststellen: Unsere relative Häufigkeit stimmt mit der vorher gewussten Wahrscheinlichkeit nicht überein,jedoch ist zu beobachten,dass sich der Wert nähert je mehr Würfe unternommen wurden.

Wir griffen auf das Gesetz der großen Zahlen zurück:

Für n -> $\infty$ strebt die relative Häufigkeit, dass ein Fall eintrifft gegen die Wahrscheinlichkeit dafür.

Hausaufgaben

1.) Das neue Logbuch auf beobachten stellen (Logbuch -> Bearbeiten -> Beobachten)

2.) Wie kann man die 2. Gleichung von A3 der Abituraufgabe 2 erklären?

3.) Sich mit der letzten Aufgabe der Schalen-Abituraufgabe befassen und verstehen (Philipps)

4.) Versuch "Reißnagelwurf": Tabellarisch die Häufigkeiten für Marienkäfer- oder Seitwärtslage festlegen bei 30 mal werfen.

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Protokoll vom 7.02.2014 Thema: Laplace Experiment

Protokoll von --Vincent97 (Diskussion) 19:14, 7. Feb. 2014 (CET)	(Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt	(3 Unterrichtsstunden)

Gesetz der Großen Zahlen

Die erste Stunde haben wir uns mit dem Abitur Nr. 5 beschäftigt.

Nach der Pause haben wir dann weiter mit unserem Thema Stochastik gemacht und haben unsere Würfelergebnisse in ein Koordinatensystem eingetragen. Dabei haben wir herausgefunden, dass sich die relative Häufigkeit immer näher an die 16,67% annähert je mehr man würfelt. Es sieht ähnlich aus wie die Äsculapschlange, die sich um den Stab wickelt.

Gesetz der großen Zahl

Äsculapschlange, das Symbol der Ärzte

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Grundbegriffe der Stochastik

Als nächstes haben wir definiert, was ein Zufallsversuch ist. Es muss ein Versuch sein, der mindestens 2 mögliche Versuchsausgänge hat (Bsp. Münze - Wappen od. Zahl).

Wenn nur ein Versuchsausgang eintreten kann, sprechen wir nicht von einem Zufallsversuch, da er Determiniert ist. Das sind alle Gesetze des Makrokosmos.

Nun haben wir noch ein paar "Vokabeln" gelernt (Bsp. Münze).

Die Wahrscheinlichkeit ist Pvon (engl. probability).

Die Ergebnismenge S ist das, was bei dem Versuch herauskommen kann.

Das was tatsächlich herauskommt ist das Ereignis E. Das ist die Wette oder die Gewinnregel.

Daraus folgt: $E \subseteq S$ Die einzelnen Elemantarereignisse werden mit e₁; e₂ dargestellt.

e₁=Wappen; e₂= Zahl

$S=\big\{ e_1,e_2\big\}$

$| S | =2$

$E=\big\{ e_2\big\}$

$P(E)=\frac {1}{| S | }=\frac{1}{2}$

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Laplace Experiment

Wenn alle Elementarereignisse </sub> ($P(e_1)=P(e_2)=...=P(e_i)$)gleich warhscheinlich sind, dann sprechen wir von Laplace Experiment.

Beispiel: Würfeln mit einem Würfel

$S=\big\{ 1;2;3;4;5;6\big\}$

$E=\big\{ 1\big\}$

$P(E)=\frac{1}{6}$

Wenn man die anderen Ergebnisse als Ereignis hat, nennt man das Gegenereignis. Beide Wahrscheinlichkeiten müssen wieder 100% ergeben.

$\overline{E}=\big\{2;3;4;5;6\big\}$

Diese Formel gilt allgemein:

$P(\overline{E})=\frac{5}{6}=1-P(E)$

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E=Menge der ungeraden Augenzahlen

$E=\big\{1;3;5\big\}$

$|E|=3$

$P(E)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$

$\overline{E}=\big\{2;4;6\big\}$

$|E|=3$

$P(\overline{E})=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$

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Nachdem wir einige Beispiel mit dem Laplace Experiment gemacht haben, haben wir die Allgemeine Formel zur Bestimmung der Wahrscheinlichkeit herausgefunden.

$P(E)=\frac{|E|}{|S|}$

P(E)=Zahl,der für das Ereignis günstigen Ergebnisse geteilt durch Anzahl der möglichen Ergebnisse

Alternativ kann man die Wahrscheinlichkeiten von Elementarereignissen addieren.

$e_2=2$

$e_4=4$

Beispiel: $E=\big\{e_2;e_4\big\}$

$P(E)=P({e_2})+P({e_4})=\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=\frac{1}{3}$

Keine Laplace Versuche sind

• ein Glücksrad mit verschiedenen Winkeln,

• Urne mit 2 roten und 3 weißen Kugeln,

• Reißnagelversuch,

• Versuche mit gezinkten Würfeln.

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Hausaufgaben für den 12.02.

• Abitur 3, Aufgabe 4.2

• Seite 304 lesen

• Seite 305 Nr. 1a, 2a, 3a, 4

• Ein Würfel wird zweimal geworfen. Welche Wahrscheinlichkeit ist größer:

a) Die erste Augenzahl ist größer als die zweite

b) Das Produkt der Augenzahlen ist größer 9

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Protokoll vom 12.02.2014 Thema: Wiederholung Laplace Experiment und Pfadregel

Protokoll von ----Hellmann (Diskussion) 11:28, 13. Feb. 2014 (CET)	(Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt	(2 Unterrichtsstunden)

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Hausaufgaben vom 07.02.13

Ein Würfel wird 2mal geworfen. Worauf soll man eher wetten? $\Longrightarrow$ |S|=36

$E_{1}$ und $E_{2}$

1.Wurf\2.Wurf	1	2	3	4	5	6
1	(1,1)	(1,2)	(1,3)	(1,4)	(1,5)	(1,6)
2	(2,1)	(2,2)	(2,3)	(2,4)	(2,5)	(2,6)
3	(3,1)	(3,2)	(3,3)	(3,4)	(3,5)	(3,6)
4	(4,1)	(4,2)	(4,3)	(4,4)	(4,5)	(4,6)
5	(5,1)	(5,2)	(5,3)	(5,4)	(5,5)	(5,6)
6	(6,1)	(6,2)	(6,3)	(6,4)	(6,5)	(6,6)

a) 1. Augenzahl größer als 2.: $P(E_{1})= \frac{15}{36}=41,7%$

b) Das Produkt der beiden Augenzahlen ist größer als 9.: $P(E_{2})= \frac{19}{36}=52,78%$

Antwort: Man sollte eher auf b) wetten, da die Wahrscheinlichkeit dieses Ereignisses größer ist. Dies sieht man zudem an der Tabelle, da auf dieser mehr Felder rot als gelb markiert sind.

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S.305 #1a)

mit Zurücklegen: $P(rr)=\frac{4}{7} . \frac{4}{7} =\frac{16}{49}=32,7%$

ohne Zuzücklegen: $P(rr)=\frac{4}{7} . \frac{3}{6} =\frac{2}{7}=28,6%$

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S.305 #2a)

$P(ggg)=\frac{1}{4} . \frac{1}{4} .\frac{1}{4}=\frac{1}{64}=1,56%$

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S.305 #3a)

$P(nnn)=\frac{1}{4} . \frac{1}{4} .\frac{1}{4}=\frac{1}{64}=1,56%$

Gegenereignis: Mindestens einer der drei Patienten wurde gesund.

$P( \overline{E})=1-P(E)=1-1,56=98,44%$

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S.305 #4

Punkte	1	2	3	4	5	6
Wahrscheinlichkeit	$\frac{6+5}{36}$	$\frac{5+4}{36}$	$\frac{4+3}{36}$	$\frac{3+2}{36}$	$\frac{2+1}{36}$	$\frac{1+0}{36}$
in Prozent	30,56%	25%	19,44%	13,89%	8,33%	2,78%

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Pfadregel

Die Wahrscheinlichkeit für ein Ergebnis erhält man, indem man die Wahrscheinlichkeit längs des dazugehörigen Pfades multipliziert.

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Die Hälft der Klasse sind Mädchen, davon kommen $\frac{1}{6}$ aus Erbenheim.

$24 - \cdot \frac{1}{2} \rightarrow 20 - \cdot \frac{1}{6} \longrightarrow 2$

mit Ersatzoperator: $24- \cdot \frac{1}{12} \rightarrow \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} \rightarrow 2$

Man berechnet den Ersatzoperator indem man die einzelnen Wahrscheinlichkeiten für das gesuchte Ereignis multipliziert.

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Zweidrittel der Klasse haben Käsefüße, davon hat die Hälfte Plattfüße.

$30- \cdot \frac{2}{3} \rightarrow 20- \cdot \frac{1}{2} \rightarrow 10$

mit Ersatzoperator: $30- \cdot \frac{1}{3} \rightarrow \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \rightarrow 10$

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Eine Urne mit 2 roten und 1 weißen Kugel. Das Ereignis ist zweimal hintereinander, die Kugel wird nach dem ersten Ziehen zurückgelegt, die gleiche Farbe zu ziehen.

Dieses Experiment kann entweder als Laplace oder als kein Laplace Experimnet durchgeführt werden.

Laplace Experiment: Die beiden roten Kugel werden einzeln als $r_{1}$ $r_{2}$ angesehen

Baumdiagramm zur Aufgabe

$|S|=9=3^{2}$ , Der Betrag der Ergebnismenge wird durch die Anzahl der Ergebnismenge des ersten Versuchs hoch der Anzahl der Stufen des Versuches berechnet.

$S=\lbrace(r_{1},r_{1}),(r_{1},r_{2}),(r_{1},w),...\rbrace$

$P(E)= \frac{5}{9} =55,56%$

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kein Laplace Experiment: Die Wahrscheinlichkeit von rot beträgt $\frac{2}{3}$ und für weiß $\frac{1}{3}$.

Baumdiagramm zur Aufgabe

$P(E)= \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3}+\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3}=\frac{4}{9}+\frac{1}{9}=\frac{5}{9}=55,56%$

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Hausaufgaben für den 14.02.14

S.305 #1b, 2b, 3b, 6a, 7a, 8a, 9a

S.307 lesen

Für diejenigen, die es noch nicht gemacht haben: Wiki Logbuch beobachten und Bestätigungsmail schreiben!!!

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Protokoll vom 14.02.2014 Thema: Anwendungen der Pfad- und Summenregel

Protokoll von --Marius95 (Diskussion) 16:29, 14. Feb. 2014 (CET)	(Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt	(3 Unterrichtsstunden)

Zum Anfang der ersten Stunde haben wir nochmal Bezug auf das Abitur Nr.4 genommen.

Man erkennt, dass wenn man die Fläche, die die Funktion f(x) mit der x-Achse einschließt, berechnen wollte, man unbedingt den Betrag von dieser braucht. Sonst wäre die Fläche negativ.

Da wir aber in diesem Beispiel das Rotationsvolumen berechnen wollen, wird die Integrandenfunktion quadriert - dadurch kann die gesuchte Fläche nur positiv werden.

Der Betrag wird hier also nicht gebraucht, bzw. eine Kontrolle über Nullstellen nicht erforderlich!

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Hausaufgaben vom 12.02.2014

S.305 Nr.1b)

mit Zurücklegen

$\big( \frac{4}{7} \cdot \frac{3}{7} \big) + \big( \frac{3}{7} \cdot \frac{4}{7} \big)=0,489=48,9%$

ohne Zurücklegen

$\big( \frac{4}{7} \cdot \frac{3}{6} \big) \cdot \big( \frac{3}{7} \cdot \frac{4}{6} \big)=0,5714=57,14%$

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S.305 Nr.2b)

$E= \big\{blau\big\}$

$P\big(E\big)= \big( \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4} \big) \cdot 3= \frac{9}{64}=14,06%$

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S.305 Nr.3b)

$P\big(E\big)= \big( \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4} \big) \cdot 3= \frac{9}{64}=14,06%$

Gegenereignis:Keiner oder mindestens zwei Patienten werden geheilt.

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S.306 Nr.5a)

$E= \big\{1-1,1-2,2-1\big\}$

$| E |=3$

In der Veruschsreihe F ist die zweite Kugel immer eine 1.

$\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3}+\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{6} +\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{3}= \frac{2}{9}=22,22%$

$P(F)= \frac{1}{3}=33,33%$

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S.306 Nr.7a)

$P(E)=1-P( \overline{E})=1-( \frac{5}{6})^5=59,81%$

Der Lösungsweg ohne Gegenereignis folgt nach diesem Abschnitt.

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S.306 Nr.8a)

$P(E)= \frac{103}{200} \cdot \frac{103}{200} \cdot \frac{103}{200} \cdot \frac{103}{200} \cdot \frac{97}{200}=0,34=3,41%$

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S.306 Nr.9a)

$P(E)= \frac{1}{13983816} =0,00000715%$

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Pfad- und Summenregel

Aufgabe 7a)- ohne Gegenereignis

Zur Veranschaulichung des Ereignisses benutzt man ein Baumdiagramm.

orange sind die günstigen Pfade

Aus dem Baumdiagramm folgt für die Wahrscheinlichkeit bei fünf Würfen eines Würfels mindestens eine Sechs zu werfen:

$P(E)= \frac{1}{6}+ \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6}+ \big(\frac{5}{6}\big)^2 \cdot \frac{1}{6}+\big(\frac{5}{6}\big)^3 \cdot \frac{1}{6}+\big(\frac{5}{6}\big)^4 \cdot \frac{1}{6}= \frac{1}{6} \big( \frac{5}{6}+ \big( \frac{5}{6} \big)^2+\big( \frac{5}{6} \big)^3+\big( \frac{5}{6} \big)^4 \big) =59,81%=1- \big( \frac{5}{6} \big)^5$

Das Ergebnis stimmt mit dem Ergebnis des Lösungsweges mit dem Gegenereignis überein.

Wir haben bei diesem Lösungsweg die sog. Pfad- und Summenregel angewendet.

Pfadregel

Wahrscheinlickeit eines Ergebnisses: Multipliziere die Wahrscheinlichkeiten entlang des Pfades

Summenregel

Wahrscheinlickeit eines Ereignisses: Addiere die Wahrscheinlichkeiten aller Pfade, die zu diesem Ereignis gehören

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Anwendungsbeispiel:Urne

Laplace Experiment

In einer Urne befinden sich 2 rote (r_1 und r_2) und 1 weiße (w) Kugel. Es wird, ohne sie zurückzulegen, 2-mal hintereinander eine Kugel entnommen.

In einem Baumdiagramm ist dieser Versuch dargestellt.

orange sind die günstigen Pfade

| S | =6

E: 2 Kugeln mit gleicher Farbe

Wahrscheinlichkeit eines Elementarereignisses: $P \big( \big\{r_1 r_2\big\} \big) = \frac{1}{6}$

Wahrscheinlichkeit des gesamten Ereignisses: $P \big(E\big)= \frac{2}{6}= \frac{1}{3}=33,33%$

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Optimierte Bäume [kein Laplace Experiment]

orange sind die günstigen Pfade

Die Summe aller Wahrscheinlichkeiten der Pfade ergibt insgesamt 1.

Die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses: $P(E)= \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}+ \frac{1}{3} \cdot 0= \frac{1}{3}=33,33%$

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In einer Urne befinden sich 2 schwarze (s), 2 rote (r) und 6 weiße (w) Kugeln. Es wird, mit Zurücklegen, 3-mal hintereinander eine Kugel entnommen.

E: 3 verschiedene Farben

$|S|=10^3=1000$

Für diesen Versuch benutzen wir direkt einen optimiertes Baumdiagramm [kein Laplace Experiment]

Wichtig hierbei ist die Unterscheidung von Ergebnis (Multiplikation) mit Ereignis (Addition) (siehe Pfad- und Summenregel)!

$P(E)= \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{5} \cdot \frac{3}{5}+\frac{1}{5} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{5}+\frac{1}{5} \cdot \frac{1}{5} \cdot \frac{3}{5}+\frac{1}{5} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{5}+\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{5}+\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{5}=6 \cdot \frac{3}{125}=14,4%$

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In einer Urne befinden sich 2 schwarze (s), 2 rote (r) und 6 weiße (w) Kugeln. Es wird, ohne Zurücklegen, 3-mal hintereinander eine Kugel entnommen.

E: 3 verschiedene Farben

$|S|=10^3=1000$

Nun mit einem normalen Baumdiagramm [Laplace Experiment]

$P(E)= \frac{2}{10} \cdot \frac{2}{9} \cdot \frac{6}{8}+\frac{2}{10} \cdot \frac{6}{9} \cdot \frac{2}{8}+\frac{2}{10} \cdot \frac{2}{9} \cdot \frac{6}{8}+\frac{2}{10} \cdot \frac{6}{9} \cdot \frac{2}{8}+\frac{6}{10} \cdot \frac{2}{9} \cdot \frac{2}{8}+\frac{6}{10} \cdot \frac{2}{9} \cdot \frac{2}{8}=6 \cdot \frac{24}{720}=6 \cdot \frac{1}{30}= \frac{1}{5}= 20%$

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Der Fürst der Toskana und Galilei (1564-1642)

Galilei's bedeutendste Aussage ist folgende: "Und sie drehte sich doch"

Gemeint war die Erde, die sich nach seinem heliozentrischen Weltbild um die Sonne bewegte und nicht wie beim mittelalterlichen geozentrischen Weltbild alle Planeten, einschließlich der Sonne, um die Erde.

Außerdem ist Galilei bekannt für seine Fallversuche mit denen er die Gravitationsbeschleunigung erforschte.

Eines Tages soll der Fürst der Toskana Galilei zu Hilfe gerufen haben, da ihm etwas Merkwürdiges beim Würfeln mit 3 Würfeln auffiel. Der Fürst soll empirisch beobachtet haben, dass die Augensumme 10 bei 3 Würfeln öfter vorkommt als die Augensumme 9. Aber beide Summen könnten auf gleich viele Arten in Summanden zerlegt werden...

Wir haben uns überlegt, wie wir die Beobachtung des Fürsten mathematisch darstellen und eventuell sogar beweisen können:

$|S|=6^3=216$ mögliche Würfe

Augensumme 9

$9=1+2+6 \Rightarrow 6 [Vertauschungen]$

$=1+3+5 \Rightarrow 6 [Vertauschungen]$

$=1+4+4 \Rightarrow 3 [Vertauschungen]$

$=2+3+4 \Rightarrow 6 [Vertauschungen]$

$=2+2+5 \Rightarrow 3 [Vertauschungen]$

$=3+3+3 \Rightarrow 1 [Moeglichkeit]$

Insgesamt gibt es 6 Möglichkeiten die Augensumme 9 zu würfeln!

Augensumme 10

$10=1+3+6 \Rightarrow 6 [Vertauschungen]$

$=1+34+5 \Rightarrow 6 [Vertauschungen]$

$=2+2+6 \Rightarrow 3 [Vertauschungen]$

$=2+3+5 \Rightarrow 6 [Vertauschungen]$

$=2+4+4 \Rightarrow 3 [Vertauschungen]$

$=3+4+3 \Rightarrow 3 [Vertauschungen]$

Insgesamt gibt es 6 Möglichkeiten die Augensumme 10 zu würfeln! Durch Fakultät/Vertauschung der Summanden gibt es aber 27 Möglichkeiten die Augensumme 9 zu würfeln!

Durch Fakultät/Vertauschung der Summanden gibt es aber 25 Möglichkeiten die Augensumme 9 zu würfeln!

Somit ergeben sich bei der Augensumme 10 2 Möglichkeiten mehr!

Mathematisch begründen lässt sich diese Tatsache durch die sog. Permutation:

Betrachtet haben wir uns hierbei die erste Addition für die Augensumme 9.

12	21
612	621
126	261
162	216

Man erkennt es gibt 2 mal 3 Vertauschungen. Die 3. Ziffer (6) kann jeweils an 3 verschiedenen Positionen stehen.

$2 \cdot 3=6=3!=1 \cdot 2 \cdot 3 \Rightarrow Fakultaet$

Es gibt also 6 verschiedene Ordnungsmöglichkeiten!

Nun wollen wir wissen wie hoch die jeweiligen Wahrscheinlichkeiten für die Augensumme 9 bzw. Augensumme 10 sind:

$P(9)= \frac{3 \cdot 3!+2 \cdot 3+1}{216} = \frac{25}{216}=11,57%$

$P(10)= \frac{3 \cdot 3!+3 \cdot 3}{216} = \frac{27}{216}=12,5%$

Man erkennt, dass der Unterschied nur minimal ist, weshalb man darauf schließen kann, dass der Fürst wohl Jahre mit dem Würfeln verbringen haben muss, sodass er bemerkt haben kann, dass die Augensumme 10 öfter vorkommt :)

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Wir haben nochmal die Permutation rein mathematisch betrachtet.

Haben wir nur 2 Variablen oder Schüler, so ergeben sich nur 3 Möglichkeiten:

$M= \big\{a,b\big\}$

$ab,ba$

$2!=2 \cdot 1=2$

Haben wir aber 3 Variablen, so ergeben sich schon 6 Möglichkeiten:

$M= \big\{a,b,c\big\}$

$cab,acb,abc,cba,bca,bac$

$3!=3 \cdot 2 \cdot 1=6$

3 Elemente kann ich auf 6 verschiedene Arten anordnen.

4 Elemente kann ich auf $3! \cdot 4!=24$ verschieden Arten anordnen.

Anderes Beispiel: 6 Schüler lassen sich auf $6!=720$ Sitzordnungen anordnen.

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Doppelwurf-Versuch

Zum Schluss haben wir uns nochmal den Doppelwurf-Versuch angesehen.

$| S_1 | =36$

Laplace Versuch

$S_1= \big\{ \big(1,1\big), \big(1,2\big)... \big(6,6\big) \big\}$

Kein Laplace Versuch

$S_2= \big\{2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12\big\}$

$P(2)= \frac{1}{36}$

$P(3)= \frac{2}{36}$

$P(4)= \frac{3}{36}$ ...

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Hausaufgaben für den 19.02.2014

• Seite 305 Nr. 1c), 2c), 3c)

• Seite 305 Nr. 5b), 7b), 8b)

• Seite 305 Nr 11,12a)

• Seite 310 Nr. 1a)-c)

--Marius95 (Diskussion) 17:47, 18. Feb. 2014 (CET)

Protokoll vom 19.02.2014 Thema: Vertiefung des Gegenereignisses

Protokoll von --[--Schiffert1996 (Diskussion) 21:48, 20. Feb. 2014 (CET)]	(Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt	(2 Unterrichtsstunden)

Lösungen der Hausaufgaben vom 19.02.2014

S.305 Nr.1c

mit Zurücklegen: $P(E)=81,63%$ ohne Zurücklegen: $P(E)=85,71%$

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S.305 Nr.2c

$P(E)=\frac{37}{64} \approx 57,81%$

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S.305 Nr.3c

$P(E)=\frac{27}{64} \approx 42,18%$

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S.306 Nr.5b

$P(E)=38,89%$

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S.306 Nr.7b $P(E)= \frac{720}{7776} \approx 9,26%$

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S.306 Nr.8b

$P(E) \approx 2,85%$

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S.307 Nr.11

$Helena: P(Kopf)=h_{250} (Kopf)= 70,8%$

$Susanne:P(Kopf)= h_{500}(Kopf)=64,4%$

$Pascal:P(Kopf)= h_{750}(Kopf)=62,13%$

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S.307 Nr.12 a

1.Schätzung=Lego-Vierer 2.Schätzung=Lego-Achter 3.Schätzung=Lego-Sechser

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S.310 Nr.1 a-c

a)$2^{6} = 64$

b)$24=!4$

c)$3^{5} = 243$

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Definition des Gegenereignisses

Das Gegenereignis ($\bar{E}$) besteht aus allen Ergebnissen, die nicht in Ergebinsmenge ($E$) liegen.

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1.Beispiel zum Berechnen der Wahrschenlichkeit DURCH das Gegenereignis: Aufgabe: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, bei 4 Münzwürfen wenigstens einmal "Wappen" zu werfen? Lösung: $E:$mindestens ein Wappen $\bar{E} :$ 4 mal kein Wappen $P( \bar{E})=( \frac{1}{2})^{4} = \frac{1}{16} \approx 6,25%$ $P( E)=100%-P( \bar{E})=93,75%$

Hierbei wurde die Wahrscheinlichkeit durch die Verwendung des Gegenerignises berechnet.

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Nun lösen wir die Selbe Aufgabe auf "direktem" Wege:

$P(E)= \frac{1}{2}+( \frac{1}{2})^{2} +( \frac{1}{2})^{3} + (\frac{1}{2})^{4} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}+ \frac{1}{16} = \frac{8+4+2+1}{16} = \frac{15}{16} =93,75%$

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2.Beispiel: Im Tanzunterricht sind 10 Jungs und nur 5 Mädchen. Der Tanzlehrer zieht per Zufallsprinzip jeweils 2 Namen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass er Junge-Mädchen oder Mädchen-Junge zieht?

$P(J,J)= \frac{2}{21} =9,52%$

$P(J,M)= \frac{5}{15} \cdot \frac{10}{14} = \frac{5}{21} =23,8%$

$P(M,J)= \frac{10}{15} \cdot \frac{4}{14} = \frac{5}{21} =23,8%$

$P(M,M)= \frac{3}{7}=42,86%$

$P((M,M),(J,J))= 52,4%$

$P((J,M),(M,J))= 47,6%$

!Diese beiden Prozente MÜSSEN addiert 100% ergeben! Wenn dies nicht der Fall ist, ist der Ansatz zum Lösen der/einer Aufgabe falsch!

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Beispiel: Lottoziehung Nun folgt der Ansatz zum Lösen der 9. Aufgabe auf Seite 309: S.306 Nr.9

$(17,19,23,31,39,43)$

$6!=720$

Diese Zahlen können auf $6!$Arten angeodnet werden (Permutation). Hierbei ist es wichtig zu erwähnen, dass Wiederholungen und eine verscheidene Reihenfolgebezüglich der Menge nicht wichtig sind!

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Doppelwurf

$S_{2}=(2,3,4...11,12)$

$| S_{2} | =11$

Relationstabelle: Augenzahlmenge beim Dopplwurf

1. u. 2. Wurf	1	2	3	4	5	6
1	2	3	4	5	6	7
2	3	4	5	6	7	8
3	4	5	6	7	8	9
4	5	6	7	8	9	10
5	6	7	8	9	10	11
6	7	8	9	10	11	12

Summe	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	$\frac{36}{36}$
Wahrscheinlichkeit	$\frac{1}{36}$	$\frac{2}{36}$	$\frac{3}{36}$	$\frac{4}{36}$	$\frac{5}{36}$	$\frac{6}{36}$	$\frac{5}{36}$	$\frac{4}{36}$	$\frac{3}{36}$	$\frac{2}{36}$	$\frac{1}{36}$	1
Prozente	2,8%	5,6%	8,3%	11%	13,9%	17%	13,9%	11%	8,3%	5,6%	2,8%	100%

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Eine Aufgabe, die den Doppelwurf aufgreift:

$E:$Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit bei Monopoli bei 4 Doppelwürfen mindestens ein Mal die 12 zu würfeln?

$\bar{E}:$ Bei 4 Würfen keine 12

eine Stufe $(P(12)=2,78%=0,0278=p)$ = Trefferwahrscheinlichkeit

$\bar{p} =1-0,0278=0,9722$

$P( \bar{E} )=0,9722^{4} =89,34%$

P(E)=10,66%

$P( \bar{E})=(1-p)^{4} =(1-0,0278)^{4}$

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Zum letzen Beispiel ist von den Schülern als Hausaufgabe ein Baum zu erstellen. Weiterhin:Doppelwurf-Tabelle in ein Diagramm zeichen und folgenden Aufgaben im Buch: S.305 Nr.1,2,3 d S.306 Nr.7c S.306 Nr.9 c+d Seite 308-310 lesen

Protokoll vom 21.02.2014 Thema: Geometrische Reihe

Protokoll von--Philipp95 (Diskussion) 13:48, 21. Feb. 2014 (CET)	(Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt	(3 Unterrichtsstunden)

Besprechung der Hausaufgaben

S.305 A 1d,2d,3d 7c 9b.c
S.308-310 lesen
Schaubild vom Doppelwurf erstellen und E ausrechnen.

1.d)
mit Z. $P(E)= \frac{12}{49} + \frac{28}{49} = \frac{40}{49}=81,63 %$

Entspricht Aufgabe 2.c

ohne Z. $P(E)= \frac{4}{7}=57,14 %$

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2.d)
$P(E)= \frac{27}{32} =84,38 %$

3.d) $P(E)= \frac{37}{64} =57,81 %$

---

7.c) $P(E)= (\frac{5}{6})^4 \cdot \frac{1}{6}=8,04 %$

Vgl.E*:Eine 6 bei 5 Würfen.
$P(E*)= \frac{1}{6} \cdot ( \frac{5}{6} )^4\cdot 5=( \frac{5}{6})^5=5 \cdot P(E)$

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9.b)
$P(E)=\frac{44}{13983816}= 3,15\cdot 10^{-4} %$

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Schaubild des Doppelwurfs:

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Der Dazugehörige Baum :

$P(E)= \frac{1}{36} + \frac{35}{36} \cdot \frac{1}{36} + (\frac{35}{36})^2 \cdot \frac{1}{36} + (\frac{35}{36})^3 \cdot \frac{1}{36} = 10.66%=1-( \frac{35}{36})^4$

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Optimierter Baum

Direkt am Anfang der Stunde haben wir uns mit der Zeichnung des Baumes beschäftigt.

Bsp.
Ereignis: Bei zwei Würfen mindestens eine 6 zu kriegen.

Es gibt zwei Möglichkeiten wie man einen Baum zeichnen sollte:

Die lange Schreibweise

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Die kurze Schreibweise

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Letztendlich kommt für die Wahrscheinlichkeit das Gleiche raus.
$P(E)= \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} +\frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6} +\frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6}= \frac{1}{6} ( \frac{1}{6}+ \frac{5}{6})+ \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{6} \cdot 1+ \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6}= \frac{1}{6}+ \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6}= 30.56%$

Es liegt an der 1 in der zweiten Stufe.Diese Baeume sind nur verschiedene Wege wie man auf den Ansatz kommt.

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Geometrische Reihe

Beispiel:

$2^0+2^1+2^2+2^3=15=2^4-1= \frac{2^4-1}{2-1}$

$3^0+3^1+3^2+3^3=40= \frac{3^4-1}{2} = \frac{3^4-1}{3-1}$

$5^0+5^1+5^2=31= \frac{125-1}{4}= \frac{5^3-1}{5-1}$

$10^0+10^1+10^2=111= \frac{1000-1}{9} =\frac{10^3-1}{10-1}$

---

Man erkennt ,dass da hinter ein bestimmtes Prinzip liegt. Nun kann man eine Allgemeine Behauptung aufstellen.

Vorausetzung
$q \varepsilon R$
$q \neq 1$

Behauptung
$1+q^1+q^2+q^3.....q^{n-1}= \frac{q^n-1}{q-1}$

Alternativ:$\sum_{i=0}^{n-1}{q^i} = \frac{q^n-1}{q-1}$

---

A(2):$1+q^1= \frac{q^2-1}{q-1}= \frac{(q-1)\cdot(q+1)}{q-1}=1+q$

---

Beweis
$A(n) \longrightarrow A(n+1)$

$\sum_{i=0}^{n}{q^i} =^! \frac{q^{n+1-1}}{q-1}$

$\sum_{i=0}^{n}{q^i} =q^0+q^1+q^2.....q^n= \frac{q^n-1}{q-1}+q^n= \frac{q^n-1+q^n(q-1)}{q-1} = \frac{q^n-1+q^{n+1}-q^n}{q-1}= \frac{q^{n+1}-1}{q-1}$

q.e.d

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BEISPIELE:

$\sum_{i=0}^{3}{4^i} = \frac{4^4-1}{4-1}= \frac{256-1}{3}= \frac{255}{3}=85=1+4+16+64$

$\sum_{i=0}^{3}{5^i}= \frac{5^4-1}{5-1}= \frac{624}{4}=156=1+5+25+125$

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E:Bei 10 Würfen mindestens einmal 6 kriegen.

$P(E)= \frac{1}{6}(1+ \frac{5}{6}+...... (\frac{5}{6})^9)$
ODER
$P(E)= \frac{1}{6}\cdot \sum_{i=0}^{9}{ (\frac{5}{6})^i}= \frac{1}{6}\cdot \frac{ (\frac{5}{6})^{10}-1 }{1- \frac{5}{6} }=$$1- (\frac{5}{6} )^{10}=83,85%$

Glücklicherweise ist das Ergebnis gleich mit der Formel,bei der man das Gegenereignis braucht.

$P(E_{Gegen})=( \frac{5}{6})^{10}=16,15% \rightarrow 100%-16,15%=83.85%$

Man erkennt, dass die Formel ziemlich hilfreich ist und man die Wahrscheinlichkeit in einer kleinen und schnelleren Rechnung rausbekommt.

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Geometrische Reihe mit Grenzwert

Bei den Grenzwerten muss man den Fall $|q| < 1$ betrachten.

BEISPIEL:

$\lim _{n \rightarrow \infty }\sum_{i=0}^{n}{ (\frac{1}{2})^i } = \lim _{n \rightarrow \infty } \frac{ (\frac{1}{2})^{n+1}-1}{ \frac{1}{2}-1 } =\lim _{n \rightarrow \infty } \frac{-1}{ -\frac{1}{2} } =2$

Das $(\frac{1}{2}) ^{n+1}$ geht gegen Null weshalb nur 2 als Grenzwert übrig bleibt.

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Voraussetzung.
$|q| < 1$

Behauptung.

$\lim _{n \rightarrow \infty }\sum_{i=0}^{n-1}{q^i} = \lim _{n \rightarrow \infty } \frac{1}{1-q}$

Beweis.

$\lim _{n \rightarrow \infty }\sum_{i=0}^{n-1}{q^i} = \lim _{n \rightarrow \infty } \frac{q^n-1}{q-1} =\lim _{n \rightarrow \infty } \frac{-1}{q-1}= \frac{1}{1-q}$

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BEISPIEL:

$\lim _{n \rightarrow \infty }\sum_{i=0}^{n-1}{ (\frac{1}{4})^i} = \frac{1}{1- \frac{1}{4} } = \frac{4}{3}=1 \frac{1}{3}$

Ereignis: Bei unendlich vielen Würfen mindestens eine 6 kriegen.

Gegenereignis: Bei unendlich vielen Würfen keine 6 kriegen.

$P(E_{Gegen})= \lim _{n \rightarrow \infty } (\frac{5}{6})^n=0$

$P(E)= \lim _{n \rightarrow \infty } \frac{1}{6}\cdot \sum_{i=0}^{n}(\frac{5}{6})^i= \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{1- \frac{5}{6} }=1=100%$

Die Wahrscheinlichkeit liegt bei 100% ,dass nach unendlich vielen Würfen eine 6 kommt.
Außerdem ist der Aufwand mit der Formel kürzer als mit den vorigen Methoden.

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In einer Urne werden 49 Kugeln unendlichmal gezogen (mit Z.).
E: Wie wahrscheinlich ist es ,dass die 13 kommt.

$P(E)= \lim _{n \rightarrow \infty } \frac{1}{49}\cdot \sum_{i=0}^{n}(\frac{48}{49})^i= \frac{1}{49}\cdot \frac{1}{1- \frac{48}{49} }=1=100%$

Auch hier liegt die Wahrscheinlichkeit bei 100%.

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Aufgabe

Wie oft muss man Würfeln um mit mindesten 90% Wahrscheinlichkeit mindestens eine 6 zu haben.

Strategie:
Als ersetes wird die Wahrscheinlichkiet mit der Variable n ausgerechnet und es mit 0,9 gleichgesetzt.

Danach wird algebraisch das Ergebnis erechnet.

$P(E)= \frac{1}{6}(1+ \frac{5}{6}+.... (\frac{5}{6})^{n-1}= \frac{1}{6}\cdot \frac{ (\frac{5}{6})^n-1 }{ \frac{5}{6}-1 }=1-( \frac{5}{6})^n$

$1-( \frac{5}{6})^n \geq 0,9$

$0,1 \geq (\frac{5}{6})^n$

$12,63 \leq n$

$n_0=13$  :Nach 13 Würfen liegt die Wahrscheinlichkeit bei mindestens 90%.

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Hausaufgaben

$\lim_{n\rightarrow\infty}(\frac{1}{3}+(\frac{1}{3})^2.....(\frac{1}{3})^n)$ berechnen

20 mal Münzwurf: Erechne die Wahrscheinlichkeit für mindestens einmal Wappen.
( Nicht mit Hilfe des Gegenereignisses)

Wie oft müsste man die Münze werfen, um mit mindestens 70% Wahrscheinlichkeit wenigstens 1 mal Wappen zu erreichen?.

S.306 A.9c nochmals überlegen.

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Protokoll vom 26.02.2014 Thema: Wiederholung Geometrischer Reihe, zweistufige Wahrscheinlichkeitsexperimente und das Geburtstagsproblem

Protokoll von --Marius95 (Diskussion) 17:07, 26. Feb. 2014 (CET)	(Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt	(2 Unterrichtsstunden)

Hausaufgaben vom 21.02.2014

$\lim_{n \rightarrow \infty } \big( \big( \frac{1}{3} \big)^0+... \big( \frac{1}{3} \big)^n \big)= \frac{1}{1- \frac{1}{3} }= \frac{3}{2}=1,5$

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$P(E)= \sum_{i=0}^{19}{ \big(\frac{1}{2}\big)^i }= \frac{1}{2} \cdot \frac{ \big( \frac{1}{2} \big)^{20} -1 }{ \frac{1}{2}-1 }=99,99% \approx 100%$

---

$P(E)= \frac{1}{2} \cdot \frac{ \big( \frac{1}{2} \big)^{n} -1 }{ \frac{1}{2}-1 }=1- \frac{1}{2}^n \geq 0,7$

$1,73 \leq n \mid \ n_0=2$

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Seite 306 Nr.9c)

$P(E)= \frac{43}{49} \cdot \frac{42}{49} \cdot \frac{41}{47} \cdot \frac{40}{46} \cdot \frac{39}{45} \cdot \frac{38}{44}= \frac{43! \cdot 43!}{37! \cdot 49!}=43,60%$

Wiederholung geometrischer Reihe

$6^0+6^1+6^2=43$

$\sum_{i=0}^{2}{6^i}= \frac{ q^{n+1}-1 }{q-1}= \frac{6^3-1}{6-1} = \frac{216-1}{5}= \frac{215}{5}=43$

$\sum_{i=0}^{2}{ \big(\frac{1}{6}\big) ^i}= \frac{1}{1-q}= \frac{1}{1- \frac{1}{6} }= \frac{1}{ \frac{5}{6} }= \frac{6}{5}=1,2$

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Musteraufgabe

Wie oft muss man würfeln, um mit mind. 95% Wahrscheinlichkeit eine 6 zu bekommen?

$\overline{E}:$ Bei n Wurf keine 6 bekommen.

$P( \overline{E})= \big( \frac{5}{6} \big)^n$

$P(E)=$$1- \big( \frac{5}{6} \big) ^n \geq 0,95$

$0,05 \geq \big( \frac{5}{6} \big)^n \ |\ lg \big(\big)$

$lg \big(0,05\big)\geq n \cdot lg \big( \frac{5}{6} \big) \ | \  :lg \big( \frac{5}{6} \big)$

$\frac{lg \big(0,05\big)}{ lg \big( \frac{5}{6} \big) } \leq n$

$16,43 \leq n$

$n_0=17$

Zur Kontrolle empfiehlt sich eine Probe und Gegenprobe:

Probe:

$P(E)=1- \big( \frac{5}{6} \big)^{17} = 95,49% \surd$

Gegenprobe:

$P(E)=1- \big( \frac{5}{6} \big)^{16} = 94,59% \surd$

Lösungsweg ohne Gegenereignis

$P(E)= \frac{1}{6} \big(1+ \frac{5}{6}+ \big( \frac{5}{6} \big)^2...+ \big( \frac{5}{6} \big)^{n-1}\big) = \frac{1}{6}\cdot \frac{ \frac{5}{6}^{n} -1 }{\frac{5}{6}-1} =$$1- \big( \frac{5}{6}^{n} \big) \geq 0,95$

Der Exponent $n-1$ bedeutet hier $n-1$ mal nicht geklappt; erst am Ende die Chance $\frac{1}{6}$ gehabt!

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Ein zweistufiges Wahrscheinlichkeitsexperiment

Vincent und Philipp schießen (fast) gleichzeitig auf eine Tontaube. Vincent hat die doppelte Treffsicherheit als Philipp. Mit welcher Wahrscheinlichkeit darf Philipp höchstens treffen, damit die Tontaube eine Chance von 50% hat?

Name	Philipp	Vincent
Treffsicherheit	$P$	$2P$
Niete	$q=1-p$	$q=1-2p$

$T_{Ph}$ bedeutet Philipp trifft

$\overline{ T_{Ph} }$ bedeutet Philipp trifft nicht

$T_{V}$ bedeutet Vincent trifft

$\overline{ T_{V} }$ bedeutet Vincent trifft nicht

E: Die Tontaube wird nicht getroffen.

$P(E)=$$\big(1-p\big)\cdot \big(1-2p\big) \geq 0,5$

$1-2p-p+2p^2 \geq 0,5$

$2p^2-3p+1 \geq 0,5 \ | :2$

$p^2- \frac{3}{2}p+0,5 \geq 0,25 \ | -0,25$

$p^2-1,5p+0,25 \geq 0$

Hier haben wir es mit einer sog. quadratischen Ungleichung zu tun; Der Funktionswert soll $\geq0$ sein!

$p_{1,2}= \frac{3}{4} \pm \sqrt{ \frac{9}{16}- \frac{1}{4} }$

$p_{1,2}= \frac{3}{4} \pm \sqrt{ \frac{5}{16} }$

$p_{1,2}= \frac{3}{4} \pm { \frac{\sqrt5}{4} }$

$p_{1}=1,31 \vee p_{2}=0,19$

Daraus folgt: p ist kleiner als 0,19 oder größer als 1,31.

Bei diesem Beispiel kann es nur kleiner als 0,19 (19 %) sein, da 1,31(131%) größer als 100 % ist, was nicht sein darf!

Antwort: Damit Vincent eine Chance von 50% hat, muss $p \leq 0,19$ bzw. $2p \leq 0,38$

Zur Kontrolle empfiehlt sich auch hier die Probe:

$P(E)=0,81\cdot0,62=0,5012=50,22%$

$p=0,1$

$2p=0,2$

$P(E)=0,9\cdot0,8=72%$

$p=0,2$

$2p=0,4$

$P(E)=0,8\cdot0,6=0,48=48%$

Das heißt, hier wäre die Bedingung nicht erfüllt.

Prinzipiell gilt hier, dass es bei schlechten Schützen der Taube besser geht :)

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Das Geburtstagsproblem

Wieviele Leute würden sich treffen, damit mit 50%-er Wahrscheinlichkeit wenigstens zwei im gleichen Monat Geburtstag haben?

n=4

$P(E) \frac{1}{12}+ \frac{11}{12}\cdot \frac{2}{12}+ \frac{11}{12}\cdot \frac{10}{12}\cdot \frac{3}{12}=\frac{1}{12} \big(1+\frac{22}{12}+ \frac{300}{122} \big)=\frac{1}{12} \big( \frac{144+264+330}{144} \big) = \frac{738}{1728}=42,71%$

n=3

$P(E) \frac{1}{12}+ \frac{11}{12}\cdot \frac{2}{12}= \frac{12+22}{144}= \frac{34}{144}=23,61%$

n=2

$\frac{1}{12}=8,33%$

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Hausaufgaben für den 28.02.2014

Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit für 5 Personen (n=5) bei dem "Geburtstagsproblem"!

Berechnen, wie oft man werfen muss, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mind. 99 % einen Sechser zu werfen!

Wir haben ein Glücksrad mit rotem und weißem Sektor.Rot ist mit dem Winkel $\alpha$ und weiß mit dem Winkel $360Grad- \alpha$. Das Rad wird 2-mal gedreht.

E: gleiche Farbe

a) P(E)

b) 5€ Einsatz, 8€ Gewinn

Das Ziel ist, dass keiner gewinnen soll, also langfristig die gleiche Chance besteht!

--Marius95 (Diskussion) 21:59, 5. Mär. 2014 (CET)

Protokoll vom 28.02.2014 Thema: Das Geburtstagsproblem, der Baum für vogegebene Wahrscheinlichkeiten p,Kombinatorik

Protokoll von --Jugu5797 (Diskussion) 01:53, 2. Mär. 2014 (CET)--	(Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt	(3 Unterrichtsstunden)

Hausaufgaben vom 26.Februar.2014

Aufgabe 1: Wie wahrscheinlich ist es, dass wenn 5 Leute sich treffen, mindestens 2 im gleichen Monat Gbeurtstag haben?

P(E)= $\frac{1}{12} + \frac{11}{12} \cdot \frac{2}{12} + \frac{11}{12} \cdot \frac{10}{12} \cdot \frac{3}{12} + \frac{11}{12} \cdot \frac{10}{12} \cdot \frac{9}{12} \cdot \frac{4}{12} \approx 61,81%$

Aufgabe 2: Ab wie viel mal würfeln liegt die Wahrscheinlichkeit bei 99% eine 6 zu würfeln?

$P(E)= 1 - ( \frac{5}{6} )^n \geq 0,99$

$n \geq 25,26$

Man muss mindestens 26 mal würfeln, damit die Wahrscheinlichkeit bei 99% für eine 6 liegt.

Aufgabe 3: Ein Glücksrad mit einem roten Sektor mit dem Winkel $\alpha$ und einen weißen Sektor mit dem Winkel $360- \alpha$ wird zwei Mal gedreht. Wenn man zwei mal die gleiche Farbe dreht bekommt man 8 Euro. Der Grundeinsatz für zwei mal drehen beträgt 5 Euro. Wie wahrscheinlich ist es, bei einem fairen Spiel zwei mal die gleiche Farbe zu drehen?

Zunächst machen wir die Trefferwahrscheinlichkeiten für rot und weiß in einem einstufigen Versuch.

p_rot=$\frac{ \alpha }{360}$

p_weiß= 1 - p_rot= q = $1-\frac{ \alpha }{360}$= $\frac{ 360-\alpha }{360}$

$\alpha$ wird demnach als Maßzahl gesehen.

Hausaufgabe

P(E)= $p^2 + q^2= ( \frac{ \alpha }{360} )^2 + ( \frac{360- \alpha }{360} )^2 = \frac{2 \alpha ^2}{360^2} - \frac{ \alpha }{180} +1$

Die Wahrscheinlichkeit für ein faires Spiel beträgt $P(E)= \frac{5}{8}$. Unsere Erkenntnisse setzten wir gleich und berechnen ihre Lösungen für $\alpha$:

$\frac{2 \alpha ^2}{360^2} - \frac{ \alpha }{180} +1 = \frac{5}{8}$

$\alpha ^2 - 360 \alpha +24300=0$

-> 90 ODER -> 270

Der Winkel für rot muss entweder 90 oder 270 Grad betragen. Das heißt die Wahrscheinlichkeit kann entweder $\frac{1}{4} oder \frac{3}{4}$ in einem einstufigen Versuch die Farbe rot zu erhalten betragen.

Das Geburtstagsproblem

Nachdem wir uns letzte Stunde mit dem Ereignis befasst haben, das mindestens zwei Leute im gleichen Monat Geburtstag haben, haben wir uns nun mit dem Gegenereignis befasst:

$\overline E$ = Alle haben in verschiedenen Monat Geburtstag.

Vornerein ist klar: Dieses Ereignis ist unmöglich bei 13 Personen.

Beim untersuchen der Wahrscheinlichkeiten ist uns eine "neue" Formel aufgefallen:

Beispiel: Anzahl der Personen ist 5

$P(\bar{E} )= \frac{12}{12} \cdot \frac{11}{12} \cdot \frac{10}{12} \cdot \frac{9}{12} \cdot \frac{8}{12} = \frac{12!}{12^5 \cdot (12-5)!} = 38,19%$

Das heißt: Wir erkennen das der Zähler der Brüche immer um eins abnimmt. Da sie multipliziert werden ist das eine Fakultät (12!). Jedoch geht diese lediglich bis 8. Das heisst wir müssen die Gesamtzahl mit der Anzahl der Personen subtrahieren und dieser Zahl permutieren((12-5)!). Außerdem muss man durch die Anzahl der Monate, potenziert mit der Anzahl der Personen, teilen.

Allgemein gilt für diesen Versuch:

$\frac{12!}{12^n \cdot (12-n)!}$

Wobei $n \leq 12$

Die Probe bestätigt unsere neu errungene Formel:

P(E)= 1 - 38,19%= 61,81% (Vergleiche Hausaufgaben)

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Das Geburtstagsproblem für Tage

Zuletzt haben wir uns mit dem Problem für Monate befasst. Aber wie sieht es mit dem Problem für Tage aus?

Ereignis: 4 Leute treffen sich. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit das wenigstens zwei Personen am gleichen Tag Geburtstag haben?

gEBURTSTAGSPROBLEM

$P(E)= \frac{1}{365} + \frac{364}{365} \cdot \frac{2}{365} + \frac{364}{365} \cdot \frac{363}{365} \cdot \frac{3}{365} = \frac{1}{365}+ \frac{728}{365^2} + \frac{364\cdot 363 \cdot 3}{365^3} \approx 1,64 %$

Hierbei sind wiederum die Zähler auffällig. Die Anwendung unserer neuen Formel erscheint demanch möglich und auch sinnvoll:

$P(E)= \frac{365!}{365^4 \cdot (365-4)!} \approx 1,64%$

Der einzige Haken an dieser Formel ist jedoch, dass die meisten Taschenrechner die Permutation von 365 nicht berechnen können.

Berechnung also über: $\frac{365 \cdot 364 \cdot 363 \cdot 362}{3654}$

Die Berechnung über das Gegenereignis ist hier auch sehr gut anwendbar.

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Ein Baum für vorgegebene Wahrscheinlichkeit p

In der vergangenen Stunde konnten wir mit dem Tontaubenversuch,abstrakt, eine Wahrscheinlichkeit bestimmen. Jetzt untersuchen wir nochmal den Baum an sich:

treffer

E: Mindestens einen Treffer

Wir untersuchen zunächst ohne die blauen Pfade zu beachten:

$P(E)= p + (1-p) \cdot p = -p^2 +2p$

Nun mit dem Teil:

$P(E)= p \cdot p + p \cdot (1-p) + (1-p) \cdot p = p \cdot (p + 1 -p) +(1-p)\cdot p = -p^2 +2p$

-> p + 1 - p=1

Nun haben wir Gewissheit: Der obere Pfad ist im Grunde genommen egal, denn das Ergebnis ist das Selbe da sich die Pfade wegheben. Dies ist die Allgemeine Begründung für den optimierten (verkürzten) Baum.

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Kombinatorik

Am Ende der Stunde tauchten wir in das Thema Kombinatorik ein.

Um in der kommenden Stunde, das Thema zu vertiefen, mussten wir uns den Unterschied von Tupel und Mengen verdeutlichen.

Am einfachsten ist die folgende Unterscheidung zu verstehen:

2x+3y= 18

Die Lösung für x ist drei und für y vier. Andersrum geht es jedoch nicht.

Auch an dem folgenden Beispiel wurde uns der Unterschied noch deutlicher:

Aus zwei Ziffern (1;0) will ich ohne zurücklegen drei Tupel bilden.

tupel

Man kann also: Acht mal 3 Tupel aus 2 Ziffern bilden. $8=2^3$

Wenn ich n Ziffern habe und k Stellen gibt es $n^k$ k-Tupel. In der Basis steht die Zahl der Ziffern und in der Hochzahl die Anzahl der Stellen k.

Wir erkennen, dass hier die Reihenfolge äußerst wichtig ist. Es ist demnach ein geordnetes Trio.

Ein Tupel ist etwas anderes als eine Menge.

Dies verdeutlichen uns die folgenden Bäume:

2tupel

Mengen

Aus drei Ziffern sind zwei Tupel ohne Zurücklegen zu bilden. Diesen Versuch verdeutlicht das erste Bild.

$3 \cdot 2$ Tupel wurden gebildet.

Aus der dreielementigen Menge sind 2 elementige Teilmengen zu bilden. Diesen Versuch verdeutlich das zweite Bild.

Man kann drei Teilmengen bilden.

Genau die Hälfte der Anzahl der Tupel (Aufgrund von Permutationen): $3= \frac{6}{2}$

Bei Mengen ist die Reihenfolge egal. Somit kann es immer weniger Mengen als Tupel geben.

Wir unterscheiden deutlich: $(0;1) \neq$ {0,1} -> Tupel $\neq$ Menge

Hausaufgaben für den 5.März.2014

Im Buch die Seiten 308 bis 310 lesen.

Auf dem "Übungsblatt 1" die Aufgaben 1,2 und 6 sowie das Beispiel lesen.