Protokolle vom März 2014

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Inhaltsverzeichnis

Protokoll vom 5.03.2014 Thema: Binomialkoeffizient

Protokoll von --Vincent97 (Diskussion) 18:40, 5. Mär. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)

Lösung der Hausaufgaben vom 28.02.

Übungsblatt 1

1)

P_1(E)=1,56%

P_2(E)=43,75%

P_3(E)=4,65%

P_4(E)=42,19%

P_5(E)=15,63%

2a) P(E)= \frac{1}{6}= 16,67%

2b) P(E)= \frac{2}{3} =66,67%

2c) P(E)= \frac{1}{144}=0,69%

6a) P(E)=( \frac{2}{5})^2=16%

6b) P(E)=5\cdot0,16+2\cdot0,36=1,52

Der Einsatz beträgt also 1,52€.

6c) n \geq 6


Aufgaben zur Kombinatorik

Nachdem wir die Hausaufgaben besprochen haben, haben wir noch ein paar Aufgaben zu Unterschied zwischen Tupeln und Teilmengen gemacht. Dies waren Beispiele zur Formel, die wir uns später erarbeitet haben.

Man hat vier Ziffern, aus denen zwei Tupel gebildet werden sollen.

Diagramm

Anzahl=12=4\cdot3= \frac{4!}{2!}

Jetzt soll man aus vier Ziffern zwei Teilmengen bilden.

Diagramm

Anzahl=6=\frac {4!}{2!\cdot2!}

Man stellt fest wenn man von den Mengen ausgeht, erhält man doppelt so viele Tupel wie Mengen. Dies kommt durch die Permutation. Es sind aber nur bei zweielementigen Teilmengen doppelt so viele.


Das gleiche haben wir nun leicht verändert. Nun zieht man aus vier Objekten drei Tupel.

Diagramm

Anzahl=24=4\cdot3\cdot2=\frac{4!}{1!}

Auch hier haben wir wieder aus der vierelementigen Menge drei Teilmengen gebildet.

Diagramm

Anzahl=4=\frac{4!}{1!\cdot3!}


Nachdem wir uns die Ergebnisse immer mit Bäumen verdeutlicht haben, haben wir jetzt unsere Formel verallgemeinert auf n Objekte und k-Tupel.

Anzahl=n(n-1)(n-2)...(n-k+1)=\frac {n!}{(n-k)!}

n!=n(n-1)(n-2)(n-3)...(n-(k-1))(n-k)(n-(k+1)(n-k-2)...(n-(n-1))

Diese Formel beschreibt die Zahl der k-Tupel aus n Ziffern, wenn es auf die Reihenfolge ankommt (Tupel). Wir wollen von n! nur den schwarzen Teil haben, daher teilen wir durch (n-k)!, damit der rote Teil wegfällt. Wichtig ist das diese Formel nur bei Aufgaben ohne zurücklegen anwendbar ist.


Da wir jetzt die Formel für die Tupel haben, wollten wir sie noch ein bisschen modifizieren, sodass wir sie auch für Mengen anwenden können.

Anzahl=\frac{n!}{k!(n-k)!}=\big(^n_k\big)

Die Formel muss man nochmal durch k! teilen, da man die Teilmengen auf k! Arten anordnen kann. Der rechte Term heißt Binomialkoeffizient. Der Binomialkoefffizent gilt, wie die obere auch, nur bei Aufgaben ohne zurücklegen.


Beispiele zum Binomialkoeffizient

\big(^5_2\big)=\frac{5!}{2!\cdot3!}= \frac{120}{2\cdot6} =10

\big(^5_3\big)=\frac{5!}{3!\cdot2!}=\big(^5_2\big)

Man sieht das \big(^5_3\big) das gleiche ist wie \big(^5_2\big).

\big(^{15}_{12}\big)=\frac{15!}{12!\cdot3!}=455=\big(^{15}_3\big)

\big(^6_2\big)=\frac{6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1}{2\cdot1\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1}=\frac{6\cdot5}{1\cdot2}=15

Man sieht das sich das meiste wegkürzt und nur noch soviel Zahlen im Zähler stehen wie bei der Fakultät im Nenner.


Hausaufgaben für den 07.02.

Im Buch:

  • Seite 310 A 5,(6,7),8a;b,10a-c
  • Übungsblatt 1 A 7



Protokoll vom 07.03.2014 Thema: Praktische Anwendung Binomialkoeffizient, Wahrscheinlichkeiten für's Lotto und Begriffe zur Mengenlehre

Protokoll von --Hellmann (Diskussion) 20:10, 9. Mär. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)

Hausaufgaben vom 05.03.14

Ü1 #7:

a)P(E)=14,06%

b)P(E)=21,43%

c)n_{0}=4


S.310 #5: Die Mitglieder haben 1320 Wahlmöglichkeiten. (Es ist wichtig, dass die Reihenfolge beachtet wird, da es drei verschieden rangige Positionen gibt. Außderdem ist die Aufgabe ohne Zuücklegen, da einer nicht mehrere Positionen ausüben kann/ darf.)

S.311 #8a,b:

a)Die 5 Gäste können auf 120 Arten eintreffen.

b)Felix kommt mit 20% Wahrscheinlichkeit als Letzter. a)Die Wahrscheinlichkeit liegt bei 0,000000123%.

b)Die Gläser klingen 10mal ({5 \choose 2}).

c)Es sind 499500 Verbindungen möglich.


Wiederholung der letzten Stunde

n^{k} \quad k-Tupel können aus n Ziffern und k Stellen gebildet werden. Mit Zurücklegen!

 \frac{n!}{(n-k)!} \quad ist die Anzahl der k-Tupel, die aus n Ziffern und k Stellen gebildet werden können. Ohne Zurücklegen!

 \frac{n!}{(n-k)! \cdot k!} \quad ist die Anzahl der k-elementigen Teilmengen, die aus einer n-elementigen Menge gebildet werden können (Binomialkoeffizient). Ohne Zurücklegen!


Beispiele zum Binomialkoeffizienten

Eingabe im Taschenrechner: nCr

\Rightarrow  (^{50}_{2})=50 C2


ohne Verwendung von nCr:

(^{50}_{2})= \frac{50!}{(50-2)! \cdot 2!} = \frac{50 \cdot 49}{1 \cdot 2} =1225

 (^{100}_{97})= (^{100}_{3})= \frac{100 \cdot 99 \cdot 98}{1 \cdot 2 \cdot 3} = 161700

 (^{96}_{94})= (^{96}_{2})= \frac{96 \cdot 95}{1 \cdot 2} = 4560


Lotto

6 getippte Zahlen: {17, 23 29, 32, 37, 46} \rightarrow Beispiel einer möglichen Ziehung

\Rightarrow Laplace Experiment, da alle Ziehungen die gleiche Wahrscheinlichkeit haben!

|S|=(^{49}_{6})= \frac{49!}{6! \cdot 43!}=13983816

Die Ergebnismenge ergibt sich daraus, dass aus den 49 Zahlen 6-elementige Teilmengen gebildet werden und gibt an, wieviele mögliche Ziehungen es gibt.

Zufallsvariable X= Zahl der Richtigen



Gewinnklasse 1: X=6

P(X=6)= \frac{1}{|S|}= \frac{1}{(^{49}_{6})}= \frac{6! \cdot 43!}{49!}= \frac{6}{49} \cdot  \frac{5}{48} \cdot \frac{4}{47} \cdot \frac{3}{46} \cdot \frac{2}{45} \cdot \frac{1}{44} =0,000007151%

Die Wahrscheinlichkeit für 6 Richtige beträgt 1 durch den Betrag der Ergebnismenge, welche dem Binomialkoeffizient 49 über 6 entspricht, da sechs Richtige genau einer möglichen Ziehung entsprechen.



Gewinnklasse 2: X=5 mit Zusatzzahl

P(X=5+Zusatz)=  \frac{6 \cdot 42}{(^{49}_{6})}\cdot \frac{1}{42}  = \frac{6 \cdot 1 }{(^{49}_{6})}=0,00004291

Der Nenner beträgt 6 mal 42, da eine der 6 getippten Zahlen durch 42 andere Zahlen, die nicht getippt wurden (6 Richtige und 1 Zusatzzahl), ersetzt werden kann. Die 1 durch 42 ist die Wahrscheinlichkeit der Zusatzzahl.


Gewinnklasse 3: X=5 ohne Zusatzzahl

P(X=5 ohneZusatz)=  \frac{6 \cdot 42}{(^{49}_{6})}=0,001802%

Die Wahrscheinlichkeit ähnelt der Gewinnklasse 2, wobei der einzige Unterschied ist, dass es keine Wahrscheinlichkeit für die Zusatzzahl gibt und deshalb die 1 durch 42 wegfällt.


Gewinnklasse 4: X=4

P(X=4)=  \frac{(^{6}_{4}) \cdot (^{43}_{2})}{(^{49}_{6})}=0,09686%

Da es nur 4 Richtige gibt, werden aus der 6-elementigen Menge 2-elementige Teilmengen gebildet. Die Anzahl dieser Teilmengen beträgt  {6 \choose 2}= 	{6 \choose 4}. Diese muss man dann mit  {43 \choose 2} multiplizieren, da man aus den 43 übrigen Elementen 2-elementige Teilmengen bilden kann, die alle falsch sind und es somit nur 4 Richtige gibt.


Gewinnklasse 5:

P(X=3)=  \frac{(^{6}_{3}) \cdot (^{43}_{3})}{(^{49}_{6})}=1,77%

Der selbe Ansatz wie bei der Gewinnklasse 4. Allerdings werden diesmal aus der 6-elementigen Menge 3-elementige Teilmengen gebildet und man kann aus den übrigen 43 Elementen  {43 \choose 3} 3-elementige Teilmengen bilden, die falsch sind.


P(gewonnen)=P(X \geq 3)=0,000007151%+0,00004291%+0,001802%+0,09686%+1,77%=1,86%


P(verloren)=P(X<3)=98,14%


Probe:

P(X=2)=  \frac{(^{6}_{2}) \cdot (^{43}_{4})}{(^{49}_{6})}=13,24%

P(X=1)=  \frac{(^{6}_{1}) \cdot (^{43}_{5})}{(^{49}_{6})}=41,30%

P(X=0)=  \frac{(^{6}_{0}) \cdot (^{43}_{6})}{(^{49}_{6})}=43,60%


P(X < 3)=P(X=2)+P(X=1)+P(X=0)=98,14%


Mengenlehre (Beispiele)

\mathbb{A}={1,2,3}

\mathbb{B}={2,3,4}

\mathbb{A} \cup \mathbb{B}={1,2,3,4} \quad \Rightarrow Vereinigungsmenge, Zusammenfassung aller Elemente

\mathbb{A} \cap \mathbb{B}={2,3} \quad \Rightarrow Schnittmenge, die Menge der gemeinsamen Elemente

\mathbb{C}={5,6}

\mathbb{A} \cap \mathbb{C}={ } \quad \Rightarrow Leere Menge (A und C sind disjunkt!)


Hausaufgaben für den 12.03.14

Tontauben Versuch

S.310 #1d, 2ab, (6, 7), 3a-c, 4c, 8c, 9a-c


Protokoll vom 12.3.2014 Thema: Pascal'sches Dreieck

Protokoll von --Philipp95 (Diskussion) 19:19, 11. Mär. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)

Besprechung der Hausaufgaben

S.310 1d. 2a,b. 3a-c. 4c. 8c. 9a-c.

1.d)

Es sind 45 Verbindungen möglich.


2.a)
(r,g,o,b)  \rightarrow 4^4=256

b)
P(E_1)=0,195%

P(E_2)=4,69%

P(E_3)=93,75%


3.a)
Jede Ziffer bezieht sich auf ein bestimmtes Spiel ,deshlab ist die Reihnfolge wichtig.

b)
P(E)=0,000564 %

c)
2^{11}=2048




4.c)
6!=720


8.c)
P(E)= \frac{1}{20}=5%


9.a)
{6\choose4}\cdot 4!=15\cdot24=360

b)
P(E)= \frac{4}{6} =66,67%

c)
P(E)= \frac{1}{15} =6,67%



Potenzen und Binome


(a+b)^2=(a+b)\cdot(a+b)=a^2+2ab+b^2 \rightarrow 1.Binomischeformel




(a+b)^3=(a+b)\cdot(a+b)\cdot(a+b)=a^3+3ab^2+3a^2b+b^3

Angenommen man nennt die obengezeigten 3 Mengen z.B 1,2,3 so kann das a sich mit den restlichen Mengen verbinden:

(1,3),(2,3),(1,2)\rightarrow Anzahl={3 \choose 2}

Deshalb kann man es auch so schreiben:(a+b)^3={3\choose0}a^3+{3\choose1}ab^2+{3\choose2}a^2b+{3\choose3}b^3


(a+b)^4=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4

Hier kann man das a^2 bzw.b^2 in verschiedene Mengen reinmultiplizieren:

(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)={4\choose2} \rightarrow 6 Paare

Andere Schreibweise:(a+b)^4={4\choose0}a^4+{4\choose1}a^3b+{4\choose2}a^2b^2+{4\choose3}ab^3+{4\choose4}b^4

Wissenswertes: Der Exponent von a nimmt jeweils um 1 ab,der Exponent von b nimmt jeweils um 1 zu.


Pascal'sches Dreieck

Letztendlich kann man aus diesen Informationen ein Pascal'sches Dreieckk erstellen:

        \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}        
   
    \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}   \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}   \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix}    
  \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \end{pmatrix}   \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}   \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix}   \begin{pmatrix} 3 \\ 3 \end{pmatrix}  
\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \end{pmatrix}   \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \end{pmatrix}   \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \end{pmatrix}   \begin{pmatrix} 4 \\ 3 \end{pmatrix}   \begin{pmatrix} 4 \\ 4 \end{pmatrix}


Rechnet man die Binomialkoeffizienten aus:

Dreieck



Dies kann man nun nutzen um größere Binome auszurechnen:

(a+b)^6=a^6+6a^5b+15a^4b^2+20a^3b^3+15a^2b^4+6ab^5+b^6

(a+b)^7=a^7+7a^6b+21a^5b^2+35a^4b^3+35a^3b^4+21a^2b^5+7ab^6+b^7



Die Zwischenräume des Dreiecks addiert man um so den nächsten Eintrag zu ermitteln.Dadurch kann man eine Behauptung aufstellen,
die für alle Zahlen gilt.

Behauptung:

{n\choose k}+{n \choose k+1}={n+1 \choose k+1}

Der Beweis ist Hausaufgabe


Beispiele

Das Pascal'sche Dreieck hilft uns nun sogar große Binome auszurechnen.


(a+b)^8={8\choose0}a^8+{8\choose1}a^7b+{8\choose2}a^6b^2+{8\choose3}a^5b^3+{8\choose4}a^4b^4+{8\choose5}a^3b^5+{8\choose6}a^2b^6+{8\choose7}ab^7+{8\choose8}b^8




\rightarrow a^8+8a^7b+28a^6b^2+56a^5b^3+70a^4b^4+56a^3b^5+28a^2b^6+8ab^7+b^8





(a+b)^{10}={10\choose0}a^{10}+{10\choose1}a^9b+{10\choose2}a^8b^2+{10\choose3}a^7b^3+{10\choose4}a^6b^4+{10\choose5}a^5b^5+{10\choose6}a^4b^6+{10\choose7}a^3b^7+{10\choose8}a^2b^8+{10\choose9}ab^9+{10\choose10}b^{10}



 \rightarrow a^{10}+10a^9b+45a^8b^2+120a^7b^3+210a^6b^4+252a^5b^5+210a^4b^6+120a^3b^7+45a^2b^8+10ab^9+b^{10}


Hausaufgaben für den 14.3.2014


Den Beweis finden.:)

S.310 Nr.4c nochmals nachdenken.

S.311 Nr.11a-c

Musterklausur

Protokoll vom 14.03.2014 Thema: Der Additionssatz

Protokoll von --[--Schiffert1996 (Diskussion) 22:19, 16. Mär. 2014 (CET)] 18:40, 5. Mär. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)


Lösung der Hausaufgaben vom 12.02.2014

Der Beweis:
Voraussetzung: n,k \epsilon N; n \geq k

Behauptung:{n \choose k} + {n \choose k+1} = {n+1 \choose k+1}
Beweis:{n \choose k} + {n \choose k+1} =\frac{n!}{(n-k)!k!} + \frac{n!}{(n-(k+1))!(k+1)!}
=\frac{n!(k+1)+n!(n-k)}{(n-k)!(k+1)!} = \frac{n!(k+1-k)}{(n-k)!(k+1)!} = \frac{n!(n+1)}{(n-k)!(k+1)!}= \frac{(n+1)!}{(n-k)!(n+1)!}  =  {n+1\choose k+1} q.e.d



S.311 Nr. a+b
a)0,006457%

b)0,0968%


S.310 Nr.4c

c)Wir haben uns auf 6! geeinigt, also auf 6 \cdot 5\cdot 4 \cdot 3 \cdot 2.


S.311 Nr. 9a

{6 \choose 4} \cdot 4!=15\cdot 24=360


Der Additionssatz

Hintergundwissen:
A= Menge der Mädchen


B=Menge der Jungs


| A \cup B | =6
A \cap B= \big\{\big\}

! Disjunkte Mengen haben keine gemeinsame Elemente !



Beispiel:

S= \big\{1,2,...,6\big\}

e_{1} =1

e_{2} =3
P( \big\{ e_{1}, e_{2}  \big\} )= \frac{1}{6}+  \frac{1}{6} = \frac{1}{3}

!Merke: Besteht ein Ergebnis aus Elementarereignissen, so ist die Wahrscheinlichkeit die Summe der Wahrscheinlichkeiten der Elementarereignisse.!


S= \big\{1,2,...,6\big\}

E_{1}  \cap  E_{2} = \big\{\big\}
 E_{1}:ungerade Zahlen
 E_{1}= \big\{1,3,5\big\}

P( E_{1})= \frac{3}{6}

 E_{2}= \big\{6\big\}

P (E_{2})= \frac{1}{6}
E_{1} \cup  E_{2}= \big\{1,3,5,6\big\}
|  E_{1} \cup  E_{2}   | =4
P(  E_{1} \cup  E_{2} )= \frac{4}{6} =P( E_{1})+P( E_{2})


Anderes Beispiel:

E_{1}= \big\{2,4,6\big\}

P(E_{1})= \frac{3}{6}
E_{2}= \big\{6\big\}

P(E_{2})= \frac{1}{6}
E_{1} \cup  E_{2} = \big\{2,4,6\big\}
 | E_{1} \cup  E_{2} | =3
 P( E_{1} \cup  E_{2} ) = \frac{3}{6}  \neq P( E_{1})+P( E_{2}) \Rightarrow   Wahrscheinlichkeit der Vereinigugsmenge
 P( E_{1} \cup  E_{2} ) = P( E_{1})+P( E_{2})-P( E_{1} \cap  E_{2}) \Rightarrow    "Korrektur "
 E_{1} \cap  E_{2}= \big\{6\big\}
P( E_{1} \cap  E_{2})= \frac{1}{6}


Voraussetzung:S, E_{1}  \subseteq S, E_{2}  \subseteq S
Behauptung:P( E_{1}  \cup  E_{2} )=P( E_{1})+P( E_{2})-P( E_{1} \cap  E_{2})
Sonderfall:E_{1} ,  E_{2} (disjunkt) \Rightarrow  E_{1}  \cap  E_{2} = \big\{\big\}  \Rightarrow P( E_{1} \cap  E_{2})=P( \big\{\big\} )=0
P( E_{1} \cup E _{2}  )=P( E_{1})+P( E_{2})
!Elementarereignisse sind automatisch disjunkt!



Spezifisches Beispiel: Urne mit 49 Kugeln

E_{1} =Menge der ungeraden Zahlen
E_{1} = \big\{1,3,5,...,47,49\big\}
  |  E_{1} |  = 25

  P(  E_{1} )  =  \frac{25}{49}
 E_{2}= Menge der Zahlen > 40
E _{2} = \big\{41,42,43,44,45,46,47,48,49\big\}
 | E _{2} |  = 9

 P(E _{2} )  =   \frac{9}{49}

Vereinigungsmenge:
E _{1} \cup  E_{2}  = \big\{1,3,5,...39,41,43,44,45,46,47,48,49\big\}
 | E _{1} \cup  E_{2} |   =25+4=29 \Rightarrow P( E_{1} \cup  E_{2})= \frac{29}{49}
P(E _{1} \cup  E_{2} )   = \frac{29}{49}   =P( E_{1} )+P( E_{2} )-P( E_{1} \cap E _{2})= \frac{25}{49}+ \frac{9}{49} - \frac{5}{49}
E _{1} \cap   E_{2}    =  \big\{41,43,45,47,49\big\}
P(E _{1} \cap   E_{2}  )  = \frac{5}{49}


Additionssatz und Gegenereignis

| S | =6
E= \big\{5\big\}

 \bar{E} = \big\{1,2,3,4,6\big\}

E \cup  \bar{E} =S \Rightarrow P(E \cup  \bar{E} )=P(S)=1
E  \cap  \bar{E} = \big\{\big\}  \Rightarrow P(E \cap  \bar{E} )=P( \big\{\big\} )=0

 P(E  \cup   \bar{E} )=P(E)+P( \bar{E})-P(E \cap  \bar{E})  =P(E)+P( \bar{E})=1
\Rightarrow P(E)=1-P( \bar{E})
Damit ist unser früheres Vorgehen bezüglich dem Gegenereignis bewiesen!

Ein weiteres Beispiel:
E=Menge der Zahlen <46
\bar{E} =Menge der Zahlen  \geq 46
P(E)= \frac{45}{49} E \cap  \bar{E}= \big\{\big\}
P( \bar{E})= \frac{4}{49}
P(E \cup  \bar{E})=P(S)=1=P(E)+P( \bar{E})-P(E \cap  \bar{E} )= \frac{45}{49}+ \frac{4}{49}-0= \frac{49}{49}=1


S.313 Nr.2
a) S=Zahlen von 0-19
 E_{1}  =Primzahlen  \big\{2,3,5,7,11,13,17,19\big\}
 |  E_{1}  | =8

  E_{2}  = \big\{0,5,10,15\big\}
   | E_{2}   | = 4

    E_{1}  \cap  E_{2}= \big\{5\big\}
  P(  E_{1}  \cap  E_{2})= \frac{1}{20} =5%

b)Vereinigungsmenge:
E_{1} \cup  E_{2}= \big\{0,2,3,5,7,10,11,13,15,17,19\big\}
 | E_{1} \cup  E_{2} | = 11
 P(E_{1} \cup  E_{2} ) =  \frac{11}{20}=P( E_{1})+P( E_{2})-P( E_{1} \cap E _{2})= \frac{8}{20}+ \frac{4}{20}- \frac{1}{20}= \frac{11}{20}

c)\bar{ E_{2} }= \big\{1,2,3,4,6,7,8,9,11,12,13,14,16,17,18,19\big\}
E_{4} :ungerade

E_{4}  \cap  \bar{ E_{2} } = \big\{1,3,7,9,11,13,17,19\big\}
P(E_{4}  \cap  \bar{ E_{2} }) =  \frac{8}{20}
d)\bar{ E_{4} }  \cap  E_{2}
P(\bar{ E_{4} }   \cup   E_{2} )=P( \bar{ E_{4} }) +P( E_{2})-P( \bar{ E_{4} }  \cap  E_{2})= \frac{10}{20}+ \frac{4}{20}- \frac{2}{20}   = \frac{12}{20}= \frac{3}{5}=60%

e)E:Primzahl oder durch 5 teilbar
\bar{E} :keine Primzahl UND nicht durch 5 teilbar
\bar{ E_{1} } \cap   \bar{ E_{2} } = \big\{1,4,6,8,9,12,14,16,18\big\} = \frac{9}{20}


Nun noch zwei Beispiel zum Formulieren von speziellen Gegenerignissen:
E:Am Samstag geht Julia "shoppen" ODER sie geht ins Kino \bar{E} :Sie geht nicht ins Kino UND sie geht auch nicht ins Kino

E:In ein Elterngespräch kommt der Vater und die Mutter \bar{E} :Der Vater kam nicht oder die Mutter kam nicht


Hausaufgaben: -Musterklausur -lesen S.312-313, 315 -S.313 Nr. 1,3,(4),6 -S.316 Nr. 1,2,3a,(4),5a -S.311 Nr.11 d,e

Protokoll vom 19.03.2014 Thema: Der Additionssatz und die De Morgansche Regel

Protokoll von --Jugu5797 (Diskussion) 21:21, 20. Mär. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)

Wiederholung Additionssatz

Zunächst haben wir uns noch einmal mit dem Thema der letzten Stunde beschäftigt: Der Additionssatz.

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

In Worten: Die Wahrscheinlichkeit der Vereinigungsmenge des ersten Ereignissen sowie des zweiten Ereignisses ist die Wahrscheinlichkeit des ersten Ereignisses addiert mit der Wahrscheinlichkeit des zweiten Ereignisses minus Wahrscheinlichkeit der Schnittmenge der beiden Ereignisse.

Der Sonderfall ist, wenn die Schnittmenge disjunkt wäre. Das würde bedeuten, dass der Wert der Wahrscheinlichkeit der Schnittmenge 0 sein würde.

Deutlich machten wir uns die Anwendung des Additionssatzes mit dem Beispiel Skat:

E_1 \cup E_2: Die Karte ist Schwarz oder es ist eine Bildkarte.

E_1: Die Karte ist Schwarz.

P(E_1)=\frac{16}{32}

E_2: Es ist eine Bildkarte.

P(E_2)= \frac {12}{32}

P(E_1  \cap E_2)= \frac {6}{32}

P(E_1 \cup E_2)= \frac {16}{32}+\frac {12}{32}- \frac {6}{32} = \frac {22}{32} = 68,75%

Besprechung der Hausaufgaben

Dieses Mal haben wir uns mehr Zeit für die Besprechung der Hausaufgaben gelassen, da einige viele Fragen aufwiesen.

Seite 313:

Aufgabe 1

a.) P(E)= (\frac {1}{6})^3=0,46%

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b.) P(E)= (\frac {5}{6})^3=57,87%

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c.) P(\overline {E}) = (\frac {5}{6})^3=57,87%

P(E)= 100 - P(\overline {E})= 42,13%

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d.) P(E)= \frac {1 \cdot 1 \cdot 3} {6 \cdot 6 \cdot 6} \cdot 3 + \frac {1 \cdot 5 \cdot 5} {6 \cdot 6 \cdot 6} \cdot 3 + (\frac {5} {6})^3 = 99,54%

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Aufgabe 3

A: E: Kein Pilz ist giftig.

\overline {E}: Mindestens ein Pilz ist giftig.

Die nächste Teilaufgabe brachte einige Diskussionen. Durch die Verbildlichung des Sachverhalts erkannten wir die Lösung.

B: E: Höchstens ein Pilz ist giftig.

\overline {E}: Mindestens drei Pilze sind giftig.

Insgesamt gibt es 4 Pilze. Wenn also ein Pilz giftig ist so sind es drei nicht. Mehr Pilze können auch nicht giftig sein, da es "höchstens" heißt. Ein anderer Fall ist, dass kein Pilz giftig ist, was die Fomulierung "höchstens" ebenfalls zulässt.

Die beiden folgenden Bilder verdeutlichen die beiden Fälle:

Pilze 1
Pilze 2

C: E:Nicht alle Pilze sind giftig.

\overline {E}: Alle Pilze sind giftig.

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Aufgabe 6

Alle Elementarereignisse,die nicht im Ereignis sind, sind als Gegenereignis definiert. Hier ist dies nicht so, beispielsweise wenn der Politiker einer Partei kommt, müsste das Gegenereignis ja alle anderen Politiker sein. Hier ist dies nicht der Fall.

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Seite 316:

Aufgabe 1

a.)P(E_1 \cup E_2)= \frac {3}{6}+\frac {1}{6}- \frac {1}{6}= \frac {3}{6}= 50%

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b.) P(E_1 \cup E_2)= \frac {3}{6}+ \frac {5}{6} - \frac {3}{6} = \frac {5}{6}= 83,33%

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Aufgabe 2

a.) P(E)= \frac {6}{32} = 18,75 %

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b.) P(E)= \frac {16}{32}=50%

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c.) P(E_1 \cup E_2)= \frac {4}{32}+ \frac {8}{32} - \frac {1}{32} = \frac {11}{32}= 34,38%

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Aufgabe 3

a.) Diese Aufgabe wies Fragen auf, weswegen wir diese etwas ausführlicher gemacht haben.

E_1: Beim ersten mal drehen mindestens eine 3.

!Wir müssen beachten, dass hier nichts über die zweite Drehung gesagt wird.!

E_1= {(3-1),(3-2),(3-3),(3-4),(4-1),(4-2),(4-3),(4-4)}

E_2: Beim zweiten drehen höchstens eine 2

!Wir beachten auch hier: Es wird nichts über die erste Zahl erwähnt.!

E_2= { (1-1),(2-1),(3-1),(4-1),(1-2),(2-2),(3-2),(4-2)}

|S|= 4^2 = 16

E_1 \cup E_2: Beim ersten drehen mindestens eine 3 oder beim zweiten drehen höchstens eine 2.

P(E_1 \cup E_2)=\frac {8}{16} + \frac {8}{16} - \frac {4}{16}= \frac {12}{16}= 75%

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Seite 311:

Aufgabe 11

d.) P(x=2)= \frac {6}{49} \cdot \frac {5}{48} \cdot \frac {43}{47} \cdot \frac {42}{46} \cdot \frac {41}{45} \cdot \frac {40}{44} = 13,24%

Die Berechnung dieses Ereignisses (E:2 richtige im Lotto) geht auch auf unsere Weise, das heißt mit Hilfe des Binomial Koeffizienten.

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e.) P(x \geq 3)=  \frac{(^{6}_{3})\cdot (^{43}_{3}) + ^{6}_{4})\cdot (^{43}_{2})+(^{6}_{5})\cdot (^{43}_{1})+1}{(^{49}_{6})} =1,86%

E: Mindestens ein Gewinn bei 50,100 und 1000 Spielen.

\overline {E}: In 50,100,1000 Spielen kein Gewinn.

P(\overline {E})=(0,9814)^{50}=39,11%

P(E)= 100 - P(\overline {E})= 60,89%

P(\overline {E})=(0,9814)^{100}=15,29%

P(E)= 100 - P(\overline {E})= 84,71%

P(\overline {E})=(0,9814)^{1000}=7,015 \cdot 10^{-7}%

P(E)= 100 - P(\overline {E})= 99,99% -> 100%

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De Morgansches Gesetz

Das De Morgansche Gesetz leiteten wir aus der Aufgabe 2 e.) der Seite 313 her.

Man soll die Wahrscheinlichkeiten der Ziehung einer Zahl bestimmen. In einer Schale sind 20 Zahlen (von 0 bis 19).

E: Die Zahl ist eine Primzahl oder durch 5 teilbar.

\overline {E}: Die Zahl ist keine Primzahl und nicht durch 5 teilbar.

Zunächst betrachteten wir die einzelnen Gegenereignisse:

\overline {E_1}= {0,1,4,6,8,9,10,12,14,15,16,18}


\overline {E_2}= {1,2,3,4,6,7,8,9,11,12,13,14,16,17,18,19}


\overline {E_1} \cup \overline {E_2} = {1,4,6,8,9,12,14,16,18}

P(\overline {E_1} \cup \overline {E_2})=\frac {9}{20}

Nun betrachteten wir uns das Ereignis:

E_1 \cup E_2 = {0,2,3,5,7,10,11,13,15,17,19}

Das Ereignis müssten ja nach der Formel (P(E)=1-P(\overline {E})) alle Zahlen sein, die sich nicht im Gegenereignis befinden.

P(E_1 \cup E_2)= 1 - \frac {9}{20}=\frac {11}{20}

Auch mit der Formel berechnet, stimmt das Ergebnis über ein:

E_1={2,3,5,7,11,13,17,19}

E_2={0,5,10,15}

E_1 \cap E_2= {5}

P(E_1 \cup E_2)= P(E_1) + P(E_2) - P(E_1  \cap E_2) = \frac {8}{20}+\frac{4}{20}-\frac{1}{20}= \frac {11}{20} \rightarrow P (\overline {E_1 \cup E_2})= \frac {9}{20}

Dieses Phänomen beschrieb Augustus De Morgan, ein englischer Mathematiker, in eines seiner "De Morgenschen Gesetze":

 \overline {E_1 \cup E_2} = \overline {E_1} \cap \overline {E_2}



Protokoll vom 21.03.2014 Thema: Roulette und die 2 De Morgan'sche Gesetze

Protokoll von --Marius95 (Diskussion) 16:33, 21. Mär. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)

Besprechung der Hausaufgaben vom 19.03.14

Seite 316

Aufgabe 3 b)

P( E_{1} \cup \  E_{2})= \frac{8}{16}+ \frac{3}{16}- \frac{1}{16}= \frac{10}{16}= \frac{5}{8}=26,5%


Aufgabe 5 b)

P( E_{1}  \cap  \  E_{2})= \frac{6}{37}=16,21%


Roulette

Roulette ist eines der fairsten Glücksspiele im Casino und wird von vielen Spielern aufgrund dessen stark frequentiert.

Wir haben uns diese Tatsache einmal genauer betrachtet - mit und ohne die "0"...



Wir nehmen an, dass wir die "Einfache Chance", also auf eine der zwei Farbfelder "Schwarz" und "Rot", spielen mit dem Einsatz von a Chips .


Es gilt die Regel, dass wenn man a (=Anzahl) Chips setzt und gewinnt, dass man 2a gewinnt.


[ohne "0"]


Wir nehmen "Rot" :  \ P(Rot)= \frac{18}{36}= \frac{1}{2}

Einnahme:  \  \frac{1}{2} \cdot2a=a

Einnahme \ = \ Ausgabe

Gewinn \ = \ 0 \ = \ Verlust


\longrightarrow \ Superfair



Tatsache: [mit "0"]

P(Rot)= \frac{18}{37}

Einnahme:  \  \frac{18}{37} \cdot2a= \frac{36}{37} \cdot a

Einnahme \ \not= \ Ausgabe

Gewinn \ = \ \frac{1}{37}a \ = \ Verlust


\longrightarrow \ relativ \ fair



Anderes Beispiel

Wir nehmen an, dass wir auf "35fache Chance", also auf eine Zahl von 37 setzen und wieder mit dem Einsatz von a Chips spielen.


Es gilt die Regel, dass wenn man a (=Anzahl) Chips setzt und gewinnt, dass man 36a gewinnt.


P(Zahl)= \frac{1}{37}

Bei \ Zahl, \ Einnahme: \ 36a

Einnahme \ (langfristig \ erwartet):  \  \frac{36}{37}a

\longrightarrow \ Ich \ verliere \ langfristig \ \frac{1}{37}a \ und \ die \ Spielbank \ ist \ mit \ \frac{1}{37}a \ dabei.


Man erkennt, dass durch die Zahl "0" die Spielbank ihren augenscheinlich kleinen Gewinn von  \frac{1}{37}a sichert und Roulett dadurch der Spielbank am risikioreichsten, aber für den Spieler am gewinnträchtigsten ist !


2 De Morgan'sche Gesetze

1 ) \  \overline{A \cup B} = \overline{A} \cap  \overline{B} \ [ \ Das \ Gegenereignis \ der \ Vereinigungsmenge \ vom \ Ereignis \ A \ und \ B \ ist \ gleich \ der \ Schnittmenge \ der \ Gegenereignisse \ von \ A \ und \ B \ ]

2) \  \overline{A \cap B} = \overline{A} \cup  \overline{B} \ [ \ Das \ Gegenereignis \ der \ Schnittmenge \ vom \ Ereignis \ A \ und \ B \ ist \ gleich \ der \ Vereinigungsmenge \ der \ Gegenereignisse \ von \ A \ und \ B \ ]


Besprechung Musterklausur

Die Besprechung der dritten Musterklausur finden Sie, indem Sie auf den Link klicken !


Hausaufgaben zum 28.03.2014

Die 2 De Morgan'sche Gesetze mit Holzfarbstiften zum besseren Verständnis verbildlichen!

Seite 313 Aufgabe 5

Seite 314 lesen

Seite 316 Aufgabe 7

--Marius95 (Diskussion) 21:07, 27. Mär. 2014 (CET)

Protokoll vom 28.03.2014 Thema: Erwartungswert

Protokoll von --Vincent97 (Diskussion) 19:50, 28. Mär. 2014 (CET) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)

Vertiefung der 2 De Morganschen Gesetze

Beispiel:

S= Menge der Schüler des Kurses.

| S |=6

\mathbb{A}={Julia, Vincent}

\mathbb{B}={Anna, Vincent, Philipp}

\mathbb{\overline A}={Anna, Philipp, Marius, Max}

\mathbb{\overline B}={Julia, Marius, Max}

\mathbb{A  \cap B}={Vincent}

Jetzt haben wir die zwei Teilmengen und ihre Gegenereignisse, sowie die Schnittmenge von beiden. Nun werden wir das erste De Morgansche Gesetz anwenden.

\mathbb{\overline {A  \cup B}}=\mathbb{\overline A  \cap \overline B}

\mathbb{\overline {A  \cup B}}={Marius, Max}

\mathbb{\overline A  \cap \overline B}={Marius, Max}

Wie man sieht ist das Gegenereignis der Vereinigungsmenge das gleiche wie die Schnittmenge der beiden Gegenereignisse der zwei Teilmengen.

\mathbb{\overline {A  \cap B}}=\mathbb{\overline A  \cup \overline B}

\mathbb{\overline {A  \cap B}}={Anna, Philipp, Marius, Max, Julia}

\mathbb{\overline A  \cup \overline B}={Anna, Philipp, Marius, Max, Julia}

Auch hier sind beide Mengen das gleiche, genauso wie wir es erwartet haben.


Durchschnitt in der beschreibenden Statistik

\emptyset =\overline x=\frac {2\cdot1+3\cdot2+4\cdot3+2\cdot4+1\cdot5+0\cdot6}{12}=2,75

\overline x=\frac {2}{12}\cdot1+\frac {3}{12}\cdot2+\frac {4}{12}\cdot3+\frac {2}{12}\cdot4+\frac {1}{12}\cdot5+\frac {0}{12}\cdot6=2,75

Die obere Schreibweise gibt die absolute Häufigkeit an. Die untere ist dagegen die relative Häufigkeit, die wir auch in der Stochastik üblicherweise verwenden. Jetzt kann man die Berechnung des Durchschnitt auch noch verallgemeinern.

\overline x=h_1\cdot x_1+h_2\cdot x_2+h_3\cdot x_3+...+h_n\cdot x_n= \sum_{i=1}^{n}{h_i\cdot x_i}

Damit das auch noch übersichtlicher wird schreibt man es in einem Summenoperator.


Erwartungswert

Die Zuafallsvariable (ZV) wird als X gekennzeichnet.

Beispiel: Wahrscheinlichkeit für 2 Wappen beim 3-maligen Wurf

X=Zahl der Wappen beim 3-maligen Wurf

P({(W,W,Z),(W,Z,W),(Z,W,W)})=P(X=2)=\frac{3}{8}=37,5%

P(X \leq 2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=\frac{1}{8}+\frac{3}{8}+\frac{3}{8}=87,5%

Das Gegenereignis muss entsprechend 12,5% sein, was es auch ist.

P(X  > 2)=P(X=3)=\frac{1}{8}=12,5%


Nachdem wir diesen Einstieg mit der Zufallsvariable hatten, haben wir einige Beispiel für den Erwarungswert besprochen, darunter auch die dritte Aufgabe der Klausur.

1. Beispiel: 3. Aufgabe der Klausur

Wahrscheinlichkeit, dass Philipp trifft: \frac{3}{7}

Merkmal (Die Gewinne, die von Julia ausgezahlt werden): x1=a €

x2=4a €

x3=9a €

0 Treffer: (\frac{4}{7})^3=18,66

1 Treffer: 3\cdot \frac{3}{7}\cdot (\frac{4}{7})^2=41,98%

2 Treffer: 3\cdot (\frac{3}{7})^2\cdot \frac{4}{7}=31,49%

3 Treffer: (\frac{3}{7})^3=7,87%

Nun multipliziert man die Gewinne mit den dazugehörigen Wahrscheinlichkeiten.

0,42a+4a\cdot0,32+9a\cdot 0,08=2,39a=a^2

Die 2,42 sind der Erwartungswert. Der Erwartungswert ist, der Wert wie hoch ein Gewinn ausfallen wird. In diesem Fall kann Philipp mit 2,39€ rechnen.

2. Beispiel: Lotto \mapsto vergleiche Seite 328 Aufgabe 3

3. Beispiel: Würfel P(X=3)

4. Beispiel: Münze P(X=2)


Definition Erwartungswert

Eine Zufallsgröße X nehme die Werte x1, x2, x3, xn mit den Wahrscheinlichkeiten P(X=x1), P(X=x2), P(X=xn), dann heißt E(x) der Erwartungswert, der Zufallsvariable (ZV) E(x)=P(X=x_1)\cdot x_1+P(X=x_2)\cdot x_2+...+P(X=x_n)\cdot x_n \qquad \qquad 


\mu = \sum_{i=1}^{n}{(P(X=x_i)\cdot x_i)}

Beispiel: S. 328 Nr. 2

pRüde=0,51

q=0,49

X=Zahl der Rüden

P(X=0)=0,49^3=0,12

P(X=1)=0,51\cdot0,49^2=0,37

P(X=2)=0,51^2\cdot0,49=0,38

P(X=3)=0,51^3=0,13

\mu =0\cdot0,12+1\cdot0,37+2\cdot0,38+3\cdot0,13=1,53

\mu =n\cdot p=3\cdot0,51=1,53

Man sieht das \mu das dreifache von p ist. Aber das werden wir dann nach Ostern genauer behandeln.


Hausaufgaben für den 02.04.

  • Seite 321-323, 326-327 lesen
  • Seite 328 Nr. 1, 3, 6a, (7, 8) alle Aufgaben sollen ohne \sigma gerechnet werden!!