Wahrscheinlichkeit; Ereignisse < Klassen 8-10 < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:04 Mi 15.03.2006 | | Autor: | Lara102 |
| Aufgabe | | wie viele ereignisse gehören zu einem zufallsexperiment mit 2 (3; n) Ergebnissen? |
Hallo, ich bräuchte hilfe bei dieser aufgabe. ich habe mir überlegt die möglichen ergebnisse (bei einem zufallsexperiment mit 2 ergebnissen) mit K1 und K2 zu bezeichnen. daraus folgen dann diese möglichen ereignisse: K1+K2; K2+K1; K1+K1; K2+K2 --> ein zufallsexperiment mit 2 ergebnissen hat also 4 ereignisse. (habe mir gerade überlegt: geht K1+K1 sowie K2+K2 überhaupt?)
allerdings haut das ganze bei einem zufallsexperiment mit 3 ergebnissen nicht mehr hin, da ich dann 9 mögliche ereignisse herausbekomme, was aber nicht stimmt oder?? weil dann wären die ereignisse ja immer nur die quadratzahl der ergebnisse........
wär schön wenn mir jemand weiterhelfen könnte bzw mir erklären was an meiner überlegung falsch ist.
mfg lara
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:10 Mi 15.03.2006 | | Autor: | Lara102 |
wäre nett, wenn mir diese frage jemand beantwortet, es ist nämlich wirklich wichtig.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:49 Mi 15.03.2006 | | Autor: | Yuma |
Hallo Lara,
evtl. wirst du mit meiner Antwort so deine Schwierigkeiten haben, denn das ist gar keine so triviale Frage, die du da stellst.
Ich will erstmal etwas genauer aufschreiben, was Sache ist:
Du hast also einen Ergebnisraum mit zwei Elementen (Ergebnissen) [mm] $\Omega=\{k_1,k_2\}$. [/mm] Am besten machen wir es etwas anschaulicher:
Stellen wir uns mal vor, wir werfen einmal eine Münze - der Ergebnisraum wäre [mm] $\Omega=\{Kopf,Zahl\}$.
[/mm]
Welche möglichen Ereignisse gibt es?
Einmal gibt es das "unmögliche Ereignis", die leere Menge [mm] $\emptyset$. [/mm] Das entspricht dem Ereignis, dass weder Kopf noch Zahl geworfen wird (was natürlich unmöglich ist - deshalb ist die Wahrscheinlichkeit dafür auch Null). Trotzdem ist das ein Ereignis!
Dann gibt es das Ereignis "man wirft Kopf", das wäre die Menge [mm] $\{Kopf\}$ [/mm] - ein weiteres Ereignis!
Dann gibt es das Ereignis "man wirft Zahl", das wäre die Menge [mm] $\{Zahl\}$ [/mm] - ein weiteres Ereignis!
Und als letztes gibt es das "sichere Ereignis", das heißt man wirft Kopf oder Zahl. Das wäre die Menge [mm] $\{Kopf,Zahl\}$.
[/mm]
Die Menge der Ereignisse wäre also [mm] $\{\emptyset,\ \{Kopf\},\ \{Zahl\},\ \{Kopf,Zahl\}\}$ [/mm] - und das sind genau vier.
Als Ergebnisraum mit drei Elementen könntest du dir einen Würfel vorstellen, der jeweils zweimal die Zahlen 1, 2 und 3 trägt.
Versuch mal selber, die acht(!) Ereignisse darzustellen!
Den (schwierigen) Fall von einem Ergebnisraum mit $n$ Elementen können wir ja danach nochmal zusammen behandeln.
Ich hoffe, ich habe dich jetzt nicht noch mehr verwirrt.
Falls doch, dann frag' bitte nochmal nach, ok? 
MFG,
Yuma
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:06 Mi 15.03.2006 | | Autor: | Lara102 |
Nein, das mit dem sicheren und unmöglichen Ereignis habe ich verstanden, allerdings komme ich bei drei Ergebnissen auf -wie schon vorhin erwähnt- 9 Ereignisse oder auf, wenn ich es, wie vorgeschlagen, mit dem würfel versuche:
1. "unmögliches Ereignis" [mm] \emptyset
[/mm]
2. "sicheres Ereignis" {1;2;3}
3. "man würfelt eine 1" {1}
4. "man würflt eine 2" {2}
5. "man würfelt eine 3" {3}
wie es dann weitergeht, weiß ich allerdings nicht :D
mfg lara
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:15 Mi 15.03.2006 | | Autor: | Yuma |
Hallo Lara,
> Nein, das mit dem sicheren und unmöglichen Ereignis habe
> ich verstanden
Super!  Ich hatte schon Angst, dass ihr das in der Schule vielleicht alles etwas "unstrukturierter" betrachtet...
> allerdings komme ich bei drei Ergebnissen
> auf -wie schon vorhin erwähnt- 9 Ereignisse oder auf, wenn
> ich es, wie vorgeschlagen, mit dem würfel versuche:
> 1. "unmögliches Ereignis" [mm]\emptyset[/mm]
> 2. "sicheres Ereignis" {1;2;3}
> 3. "man würfelt eine 1" {1}
> 4. "man würflt eine 2" {2}
> 5. "man würfelt eine 3" {3}
Also, das sind ja bisher nur 5 Ereignisse - 3 fehlen noch, welche wohl?
6. "man würfelt eine 1 oder eine 2" [mm] $\{1,2\}$
[/mm]
7. "man würfelt eine 2 oder eine 3" [mm] $\{2,3\}$
[/mm]
8. "man würfelt eine 1 oder eine 3" [mm] $\{1,3\}$
[/mm]
Noch eine kleine Zwischenfrage: Sagt dir ein Ausdruck wie z.B. $ [mm] \vektor{3\\ 2}$ [/mm] ("3 über 2") etwas? Das brauchen wir nämlich für den Fall mit den $n$ Ergebnissen. Weißt du, was dieser Binomialkoeffizient ausdrückt?
MFG,
Yuma
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:27 Mi 15.03.2006 | | Autor: | Lara102 |
achso okay...dann versteh ich das soweit :)
ähm oh mein gott ^^ nein davon hab ich lediglich schon mal gehört. es sagt mir allerdings nichts.. gibt es denn da keine andere möglichkeit um diese teilaufgabe zu lösen?
mfg lara
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:50 Mi 15.03.2006 | | Autor: | Yuma |
Hallo Lara,
> nein davon hab ich lediglich schon mal gehört.
> es sagt mir allerdings nichts.. gibt es denn da
> keine andere möglichkeit um diese teilaufgabe zu lösen?
puh... das wird schwierig - ich habe eigentlich keine andere Idee.
Vielleicht erkläre ich dir trotzdem mal, worum es geht:
Wenn ein Ergebnisraum $n$ Elemente hat, dann gibt genau [mm] $2^n$ [/mm] Ereignisse. Diese Formel haben wir gerade für $n=2$ und $n=3$ bewiesen, denn [mm] $2^2=4$ [/mm] und [mm] $2^3=8$. [/mm] Sie stimmt natürlich auch für $n=1$, denn in diesem Fall gibt es genau [mm] $2^1$ [/mm] Ereignisse, das sichere und das unmögliche Ereignis.
Schauen wir uns nochmal die Ereignismenge für $n=3$ an (die Würfelgeschichte):
[mm] $\{\emptyset,\ \{1\},\ \{2\},\ \{3\},\ \{1,2\},\ \{1,3\},\ \{2,3\},\ \{1,2,3\}\}$
[/mm]
Du stellst fest, es gibt genau 1 Ereignis mit 0 Elementen [mm] ($\emptyset$), [/mm] genau 3 Ereignisse mit 1 Element, genau 3 Ereignisse mit 2 Elementen und genau 1 Ereignis mit 3 Elementen (das sichere Ereignis), und es ist $1+3+3+1=8$.
Warum ist das so?
-Es gibt genau eine Möglichkeit, aus einer dreielementigen Menge 0 Elemente auszuwählen.
-Es gibt genau drei Möglichkeiten, aus einer dreielementigen Menge 1 Element auszuwählen.
-Es gibt genau drei Möglichkeiten, aus einer dreielementigen Menge 2 Elemente auszuwählen.
-Es gibt genau eine Möglichkeit, aus einer dreielementigen Menge 3 Elemente auszuwählen.
Es gibt (allgemein gesprochen) genau [mm] $\vektor{n \\ k}=\bruch{n!}{k!\cdot(n-k)!}$ [/mm] Möglichkeiten, aus einer $n$-elementigen Menge $k$ Elemente auszuwählen. (Nichts anderes besagen die Binomialkoeffizienten!)
D.h. für $n=3$ hätten wir [mm] $\vektor{3 \\ 0}+\vektor{3 \\ 1}+\vektor{3 \\ 2}+\vektor{3 \\ 3}=8$ [/mm] Ereignisse.
Allgemein gilt für einen Ergebnisraum mit $n$ Elementen:
Es gibt [mm] $\vektor{n \\ 0}+\vektor{n \\ 1}+\ldots+\vektor{n \\ n-1}+\vektor{n \\ n}$ [/mm] Ereignisse.
Und man kann zeigen, dass dieser Ausdruck gleich [mm] $2^n$ [/mm] ist - dazu verwendet man die Binomialformel: [mm] $(a+b)^n=\sum_{k=0}^n\vektor{n \\ k}\cdot a^k\cdot b^{n-k}$ [/mm] (hast du davon vielleicht schon einmal etwas gehört?)
Sagt dir denn das Verfahren der vollständigen Induktion etwas? Vielleicht ließe sich darüber etwas machen...
Ansonsten muss ich an dieser Stelle leider passen - ich hab' keine Ahnung, wie du das mit den dir zur Verfügung stehenden Mitteln beweisen kannst.
MFG,
Yuma
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:00 Mi 15.03.2006 | | Autor: | Lara102 |
hm....also den Text habe ich verstanden, die Formel allerdings nur halb ;) wobei das ja kein Wunder ist, wenn wir es noch nicht behandelt haben... ^^ Vollständige Induktion hatten wir auch noch nicht, tut mir leid :)
Na super...wie sollen wir denn in der 10. Klasse eine Aufgabe lösen, für die wir noch gar keinen Rechenweg haben?!!?
Vielen Dank für die Hilfe. Ich denke, dass ich den Text am Anfang den du geschrieben hast, gut verwenden kann.
mfg lara
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:35 Do 16.03.2006 | | Autor: | Astrid |
Hallo Lara,
die einzige Idee, die ich noch habe, ist das ![[]](/images/popup.gif) Pascal'sche Zahlendreieck. Kennst du das? Oft wird das im Zusammenhang mit Binomischen Formeln erwähnt. Letztendlich ist es aber nichts anderes, als Yuma beschrieben hat.
Ich versuche es mal zu skizzieren. Jede Zahl ist Summe der rechts und links über ihr stehenden:
1
1 2 1 <- Zwei mögliche Ergebnisse [mm] 2^2=1+2+1=4 [/mm] Ereignisse
1 3 3 1 <- Drei mögliche Ergebnisse [mm] 2^3=1+3+3+1=8 [/mm] Ereignisse
1 4 6 4 1 <- Vier mögliche Ergebnisse [mm] 2^4=1+4+6+4+1=16 [/mm] Ereignisse
[mm] \nearrow [/mm]
Anzahl der
Möglichkeiten
ein Element
auszuwählen
Das soll bedeuten, dass auf den Diagonalen immer die Anzahl der Möglichkeiten steht, z.B. ein Element auszuwählen. Also in der Zeile mit zwei möglichen Ergebnissen gibt es eben 2 Möglichkeiten, in der Zeile mit 3 möglichen Ergebnissen gibt es 3 Möglichkeiten, zwei davon auszuwählen, usw.
Genauso gibt es bei 4 möglichen Ergebnissen eben gerade 6 Möglichkeiten, zwei davon auszuwählen, usw.
Wenn du also jeweils die Zahlen in der Zeile addierst, erhälst du gerade die Anzahl der Ereignisse. Allgemein gilt dann: Für n mögliche Ergebnisse gibt es [mm] 2^n [/mm] Ereignisse. Vielleicht kann man hieran begründen, dass das richtig ist. Für einen Beweis mit einfachen Mitteln habe ich aber auch keine Idee. ![[dontknow]](/images/smileys/dontknow.gif "[dontknow]")
Ich hoffe, ich habe dich jetzt nicht noch mehr verwirrt!
Viele Grüße
Astrid
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:10 Mo 20.03.2006 | | Autor: | Yuma |
Hallo Lara,
doch, es gibt eine einfachere Möglichkeit!
Wahrscheinlich kommt das jetzt viel zu spät, und ihr habt es in der Schule längst besprochen, aber trotzdem...
Ich bin am Wochenende darauf gekommen - tut mir leid, dass ich es nicht gleich parat hatte!
Gehen wir nochmal zurück auf unsere Beispiele mit der Münze und dem modifizierten Würfel. Im Falle des Münzwurfs hatten wir den Ergebnisraum [mm] $\Omega_2=\{Kopf,Zahl\}$ [/mm] und im Falle des modifizierten Würfels [mm] $\Omega_3=\{1,2,3\}$.
[/mm]
Wir hatten direkt ausgerechnet, dass die Anzahl der Ereignisse im Falle von [mm] $\Omega_2$ [/mm] genau [mm] $2^2=4$ [/mm] und im Falle von [mm] $\Omega_3$ [/mm] genau [mm] $2^3=8$ [/mm] beträgt.
Dass die Formel "Anzahl der Ereignisse" $= [mm] 2^n$ [/mm] immer gilt, wollten wir beweisen. Schauen wir uns dazu nochmal die Ereignismenge von [mm] $\Omega_3$ [/mm] an: [mm] $\left\{\emptyset,\ \{1\},\ \{2\},\ \{3\},\ \{1,2\},\ \{1,3\},\ \{2,3\},\ \{1,2,3\}\right\}$.
[/mm]
Du siehst, ein Ereignis ist immer eine Teilmenge des Ergebnisraums! Die Ereignismenge ist also die Menge aller Teilmengen des Ergebnisraums (wir nennen das die Potenzmenge).
Wie viele Teilmengen kann eine Menge mit $n$ Elementen haben?
Bis zu diesem Punkt waren wir im Prinzip letzte Woche schon gekommen. Jetzt aber der einfache Beweis dafür, dass diese Anzahl genau [mm] $2^n$ [/mm] beträgt:
Wie "bastele" ich mir eine beliebige Teilmenge? Ganz einfach, indem ich für jedes einzelne Element entscheide, ob ich es in der Teilmenge drinhaben will oder nicht. Es gibt also bei jedem Element zwei Entscheidungsmöglichkeiten. Da wir insgesamt $n$ Elemente haben, muss ich insgesamt $n$ Ja/Nein-Entscheidungen treffen.
D.h. die Anzahl der Möglichkeiten, die ich habe, mir eine Teilmenge zusammenzubauen, beträgt genau [mm] $2\cdot 2\cdot\ldots\cdot 2=2^n$.
[/mm]
Du fragst dich vielleicht, was du jetzt noch damit anfangen sollst, aber ich wollte das hier nicht so stehenlassen.
Falls du doch noch daran interessiert bist, und es evtl. noch Fragen dazu gibt, würde ich mich freuen, wenn du dich nochmal meldest.
MFG,
Yuma
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