Guybrush 
Smutje
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@aranja: Ah, die gute alte 3/4-Quadrat-Aufgabe. Ich hab zwar kein Bild, aber wenn ihr die gelöst habt, könnt ihr es auch mal versuchen, ein gleichseitiges Dreieck in 4 kongruente Teile zu zerlegen, ein Randteil wegzunehmen und den Rest wieder in 4 kongruente Teile zu zerlegen. Es geht wirklich. 
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31.10.2007 18:45 |
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aranja
Tyrann
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Themenstarter 
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ok, hier also das neue:
Steffi mag auch FLÄCHEN.
heute spielt sie mit rechtecken.
sie hat beliebig viele rechtecke vom
seitenverhältnis 2:1. damit möchte sie ein
"band" der breite 2 legen. mit einem rechteck hat sie dazu
nur eine möglichkeit: rechteck senkrecht legen. mit zwei rechtecken
hat sie bereits zwei möglichkeiten: beide senkrecht oder beide waagerecht.
mit dreien ergibt sich entsprechend:
drei senkrecht nebeneinander, oder eines senkrecht
und zwei waagerecht, oder zwei waagerecht und eins senkrecht.
frage:
wieviele möglichkeiten hat Steffi mit n rechtecken?
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31.10.2007 18:49 |
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aranja
Tyrann
Dabei seit: 16.08.2006
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Themenstarter
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| Zitat: |
Original von Steffi
Darf ich davon ausgehen,. dass die Rechtecke nicht unterscheidbar sind?
Wenn ja würde ich sagen:
n ungerade >1: k= 2hoch( (n-1) /2 +1)
n gerade: k= 2 hoch (n/2)
n = 1: k=1
hätte ja gern eine spezielle Formel für alle... aber das überfordert mich nach 5 Vorlesungen 
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ich fürchte, deine formeln stimmen nicht ganz, Steffi.
für ungerade n errechnen sich mit deiner formel ab n = 5 falsche werte (n = 5 --> k = 5; richtig ist aber k = 8 ).
für gerade n errechnen sich mit deiner formel ab n = 4 falsche werte (n = 4 --> k = 4; richtig ist aber k = 5).
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03.11.2007 16:54 |
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Guybrush
Smutje
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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?
Ok, jetzt leuchtets mir ein.
@Steffi: Aber für n=3 gibt es doch 3 Möglichkeiten...
Dieser Beitrag wurde 1 mal editiert, zum letzten Mal von Guybrush: 31.10.2007 19:39.
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31.10.2007 19:28 |
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Steffi
Matrosin
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| 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?
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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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31.10.2007 19:36 |
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aranja
Tyrann
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Themenstarter
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| 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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31.10.2007 20:39 |
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Steffi
Matrosin
Dabei seit: 06.07.2007
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31.10.2007 20:45 |
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Guybrush
Smutje
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Hessen
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| 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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31.10.2007 21:38 |
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Poldi
Tyrann
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| 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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31.10.2007 19:46 |
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Guybrush
Smutje
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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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31.10.2007 19:51 |
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Steffi
Matrosin
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| 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.
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Wie kommste darauf?
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31.10.2007 20:00 |
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Guybrush
Smutje
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| 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.
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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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31.10.2007 20:45 |
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Poldi
Tyrann
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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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31.10.2007 20:31 |
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Steffi
Matrosin
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Wenn keiner aufmachen darf, ist sie bei jedem gleich groß.
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31.10.2007 20:37 |
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Poldi
Tyrann
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| 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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31.10.2007 20:43 |
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Poldi
Tyrann
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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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31.10.2007 21:15 |
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Guybrush
Smutje
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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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31.10.2007 21:33 |
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Guybrush
Smutje
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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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02.11.2007 18:55 |
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