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Geschrieben von Dana am 31.10.2007 um 19:36:

 

Zitat:

Original von aranja habe eine idee, muss aber noch etwas zeit schinden. als intermezzo ein klassisches puzzle: teile diese fläche in vier kongruente flächen.

war das so gedacht?

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Geschrieben von Steffi am 31.10.2007 um 19:36:

 

Zitat:

Original von Guybrush Ich meinte natürlich gezinkte Münzen. Und ich wollte nur sagen, dass man in meinem hypothetischen Fall den letzten Wurf nicht isolieren kann von den vorherigen kann, indem man sagt: In den ersten 12 Würfen werfen beide im Schnitt gleich, der letzte entscheidet für sich, ob Steffi gewinnt. Und deshalb, glaub ich, ist es, mangels eines besseren Wortes, Zufall, dass die Argumentation für normale Münzen funktioniert. Und zum Flächenrätsel: Ich glaub ich hab die Zahlen, nur die Erklärung für sie entzieht sich mir noch. Gibt es denn eine einfache oder bist Du mit einer empirischen Formel zufrieden?

Wieso? es ist doch völlig egal, wie die Wahrscheinlichkeit ist, bei gleich vielen Würfen ist für jeden die Wahrscheinlichkeit zu gewinnen, gleich groß... also entscheidet der letzte Wurf... mit der jeweiligen Wahrscheinlichkeit zu gewinnen... würd ich sagen.. aber in Kombinatorik war ich auch nie gut.

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Geschrieben von Poldi am 31.10.2007 um 19:46:

 

Zitat:

Original von Guybrush Ich meinte natürlich gezinkte Münzen. Und ich wollte nur sagen, dass man in meinem hypothetischen Fall den letzten Wurf nicht isolieren kann von den vorherigen kann, indem man sagt: In den ersten 12 Würfen werfen beide im Schnitt gleich, der letzte entscheidet für sich, ob Steffi gewinnt. Und deshalb, glaub ich, ist es, mangels eines besseren Wortes, Zufall, dass die Argumentation für normale Münzen funktioniert.

Das sehe ich anders. Die einzelnen Münzwürfe sind unabhängig voneinander. Deshalb kann man den 13. Wurf sehr wohl von den vorherigen 12 isolieren. Es ist nämlich vollkommen egal, wie oft Du vorher die Münze wirfst. Nach der Wahrscheinlichkeitsrechnung hat ein Münzwurf die Wahrscheinlichkeit von 50%, dementsprechend sind nach 12 Würfen immer 6mal Zahl und 6mal Kopf geworfen worden. Das gleiche Spiel kannst Du auch mit einer gezinkten Münze machen. Kommt aufs gleiche raus. Entscheidend ist immer nur der eine zusätzliche Wurf.

Soweit jedenfalls die Theorie. Die Praxis sieht meist anders aus

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Geschrieben von Guybrush am 31.10.2007 um 19:51:

 

Stell Dir vor Steffi und aranja werfen beide 1 Milliarde mal mit einem gezinkten Würfel mit P(tails)=1/10.
Beide werfen im Schnitt 100 Mio. mal tails. Wenn Steffi jetzt 1 Milliarde und 1 Mal wirft, hat Steffi nicht 1/10 Chance zu gewinnen, sondern fast 1/2.
Sorry, es ist schwer anschaulich zu erklären.

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Geschrieben von Guybrush am 31.10.2007 um 19:54:

 

Zitat:

Original von Dana war das so gedacht?

Die Dreiecke sind aber nicht kongruent, sondern nur ähnlich, Dana. Mann heute bin ich aber ein Besserwisser.

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Geschrieben von Steffi am 31.10.2007 um 20:00:

 

Zitat:

Original von Guybrush Stell Dir vor Steffi und aranja werfen beide 1 Milliarde mal mit einem gezinkten Würfel mit P(tails)=1/10. Beide werfen im Schnitt 100 Mio. mal tails. Wenn Steffi jetzt 1 Milliarde und 1 Mal wirft, hat Steffi nicht 1/10 Chance zu gewinnen, sondern fast 1/2. Sorry, es ist schwer anschaulich zu erklären.

Wie kommste darauf?

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Geschrieben von Poldi am 31.10.2007 um 20:31:

 

Poldi, aranja, Guybrush und Steffi ziehen Lose. Dazu stecken sie 3 Nieten und 1 Gewinnlos in eine Tüte. Zuerst zieht aranja, dann Guybrush, dann Poldi und zuletzt Steffi. Bei wem ist die Wahrscheinlichkeit am höchsten das Gewinnlos zu erwischen?

Sollte nicht allzu schwer sein, die Lösung zu finden......

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Geschrieben von Steffi am 31.10.2007 um 20:37:

 

Wenn keiner aufmachen darf, ist sie bei jedem gleich groß.

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Geschrieben von aranja am 31.10.2007 um 20:39:

 

Zitat:

Original von Steffi .. aber in Kombinatorik war ich auch nie gut.

das macht gar nichts, Steffi.

bestimmt gibt es aber ein gebiet,
sig fr, fi nrddrt nodz söd om lp,nomszptol
oops... schon wieder verrutscht...

sag's uns, Steffi.

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Geschrieben von Poldi am 31.10.2007 um 20:43:

 

Zitat:

Original von Steffi Wenn keiner aufmachen darf, ist sie bei jedem gleich groß.

Der erste Halbsatz hat nur praktische Bedeutung, daher ist der zweite Halbsatz korrekt

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Geschrieben von Guybrush am 31.10.2007 um 20:45:

 

Zitat:

Original von Steffi Zitat: Original von Guybrush Stell Dir vor Steffi und aranja werfen beide 1 Milliarde mal mit einem gezinkten Würfel mit P(tails)=1/10. Beide werfen im Schnitt 100 Mio. mal tails. Wenn Steffi jetzt 1 Milliarde und 1 Mal wirft, hat Steffi nicht 1/10 Chance zu gewinnen, sondern fast 1/2. Sorry, es ist schwer anschaulich zu erklären. Wie kommste darauf?

Okay, hier ein qualitatives Argument, warum die Wahrscheinlichkeit auf jeden Fall größer als ~1/4 sein muss:
Mittelwert ist ja 1/10.
aranja wirft mit WS ~1/2 weniger als 100 Mio. tails, Steffi mit WS ~1/2 mehr als 100 Mio. tails. In all diesen Fällen gewinnt Steffi. Produkt der Wahrscheinlichkeiten ist schonmal 1/4.

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Geschrieben von Steffi am 31.10.2007 um 20:45:

 

Zitat:

Original von aranja Zitat: Original von Steffi .. aber in Kombinatorik war ich auch nie gut. das macht gar nichts, Steffi. bestimmt gibt es aber ein gebiet, sig fr, fi nrddrt nodz söd om lp,nomszptol oops... schon wieder verrutscht... sag's uns, Steffi.

ui, nrodüorö Hrp,rztor pfrt Omgomozrdo,sötrvjmimh....

Was ist nun eigentlich mit meinen Rechtecken?

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Geschrieben von Guybrush am 31.10.2007 um 20:50:

 

So, hier ist jetzt auch ein Bild für das Dreieck, das ihr vierteln sollt:
(nur das schwarze Stück vierteilen)

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Geschrieben von Poldi am 31.10.2007 um 21:15:

 

Nochmal zurück zu aranjas Münzwurf-Problem.... ich hab das eben mal durchgespielt und es kommt tatsächlich bei Steffi 50% raus....

Die Lösung des Problems findet sich in angehängter Ecxeldatei Die Dateiendung bitte von bmp in xls umbenennen, sonst mags das Forum nicht

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Geschrieben von Guybrush am 31.10.2007 um 21:33:

 

Hm, Poldi, hast Du in Deiner Rechnung berücksichtigt, dass die Wahrscheinlichkeiten 0, 1, 2, ..., 13 mal tails zu werfen unterschiedlich hoch sind?

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Geschrieben von Guybrush am 31.10.2007 um 21:38:

 

Zitat:

Original von Steffi Was ist nun eigentlich mit meinen Rechtecken?

Wenn Du Dir die Zahl der Möglichkeiten bis n=4 oder 5 mal hinschreibst, siehst Du schon, welche Zahlen rauskommen.

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Geschrieben von Guybrush am 02.11.2007 um 18:55:

 

Mal was einfaches für zwischendurch:
Wie viele gerade Schnitte braucht man mindestens um einen 3x3x3-Würfel in 27 1x1x1-Würfel zu zerschneiden? Erkläre.

Du darfst die Einzelteile nach jedem Schnitt umverteilen, aufeinanderstapeln, etc.

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Geschrieben von fuchs am 02.11.2007 um 19:40:

 

Hier meinTeilungsvorschlag (ein bisschen krakelig :oops

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Geschrieben von Guybrush am 02.11.2007 um 19:43:

 


Dann kannst Du bestimmt auch meine Dreieck-Aufgabe lösen, fuchs...

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Geschrieben von Guybrush am 02.11.2007 um 19:52:

 

Damit aranja mal eine Antwort auf sein FLÄCHEN-Rätsel bekommt, schreib ich einfach mal f_(n+1). Nach einem Beweis war ja nicht gefragt.