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Lösungsdiskussion #20 - marac - 12-30-2024
Uih, da bin ich aber jetzt echt auf eine Begründung gespannt...
Teil 1 (50%) ist klar (warum sollte unter absolut identischen Bedingungen für beide Märkte einer wahrscheinlicher sein, als der andere).
Bei Teil 2 war ich zunächst tatsächlich bei 2/3, aber mit doppeltem Fehler. Ich hatte zunächst Max versehentlich drei Plätze weiter rein gerückt und bin damit auf eine Verteilung
5/5, 5/5, 5/5, 5/5, 4/5, 3/5, 2/5, 1/5, 0/5 gekommen, was im Schnitt genau den 2/3 entspricht.
Als es dann im Forum hieß, der nicht gerundete Wert sei nicht 2/3, habe ich nochmal nachgeschaut, den Fehler entdeckt und Max korrekt auf Platz 3 gesetzt. Damit ist die Verteilung
6/6, 6/6, 6/6, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6, 1/6, 0/6, was im Schnitt 0,611 ergibt - hmm, ist nicht besser...
Schließlich dämmerte es mir, dass ja gar nicht der Durchschnitt der Wahrscheinlichkeiten gefragt ist, sondern die Wahrscheinlichkeit einer Mehrheit für M, was ja wiederum heißt, wenn ich bereits drei Wichtel habe, die sicher dafür sind und einen der sicher dagegen ist, brauche ich eigentlich die Wahrscheinlichkeit dafür, dass sich mindestens zwei der übrigen fünf Wichtel für M entscheiden.
Die Wahrscheinlichkeit, dass sich keiner der fünf für M entscheidet, ist 1/6*2/6*3/6*4/6*5/6, die Wahrscheinlichkeit, dass sich genau einer für M entscheidet 5/6*2/6*3/6*4/6*5/6 + 1/6*4/6*3/6*4/6*5/6 + 1/6*2/6*3/6*4/6*5/6 + 1/6*2/6*3/6*2/6*5/6 + 1/6*2/6*3/6*4/6*1/6.
Damit liegt in Summe die Wahrscheinlichkeit, dass sich höchstens ein Wichtel für M entscheidet, bei 97/648=0,150 und dementsprechend die Wahrscheinlichkeit für mindestens 2 Stimmen für M (und damit insgesamt mindestens 5) bei 0,850
Und damit bin ich bei Antwort 7...
RE: Lösungsdiskussion #20 - pierrot - 12-30-2024
Antwort 7 war durchaus verlockend, allerdings übersieht man hier, dass es nur 6 stabile blasenfreie Zustände gibt. Mit Blase meine ich: dass eine 0 von 1 ern umgeben ist oder andersherum … die Blasen lösen sich aber alle auf!!
Interessant und wie ich meine nicht trivial ist der Umstand, dass die 6 entstehenden Endzustände echt gleichverteilt sind. Ich habe das mit einer übergangsmatrix, Markovkette gezeigt. Juchhu Markov die dritte !!! Kam die letzten Jahr leider gar nicht dran.
Eine der beste Aufgaben!! Vielen Dank dafür.
Hier mein Lösungsvorschlag ausführlich:
https://www.dropbox.com/scl/fi/as49f4ngv5vs0cuv3i9lb/20_Weihnachtsmarktbesuch_Markov_Gleichverteilung.jpeg?rlkey=a1f8qwqbvb4j5xe2g3mft9ng7&st=rllzjsr3&dl=0
RE: Lösungsdiskussion #20 - Mathewichtel - 12-30-2024
(12-30-2024, 04:49 PM)pierrot schrieb: Antwort 7 war durchaus verlockend, allerdings übersieht man hier, dass es nur 6 stabile blasenfreie Zustände gibt. Mit Blase meine ich: dass eine 0 von 1 ern umgeben ist oder andersherum … die Blasen lösen sich aber alle auf!!
Interessant und wie ich meine nicht trivial ist der Umstand, dass die 6 entstehenden Endzustände echt gleichverteilt sind. Ich habe das mit einer übergangsmatrix, Markovkette gezeigt. Juchhu Markov die dritte !!! Kam die letzten Jahr leider gar nicht dran.
Eine der beste Aufgaben!! Vielen Dank dafür.
Hier mein Lösungsvorschlag ausführlich:
https://www.dropbox.com/scl/fi/as49f4ngv5vs0cuv3i9lb/20_Weihnachtsmarktbesuch_Markov_Gleichverteilung.jpeg?rlkey=a1f8qwqbvb4j5xe2g3mft9ng7&st=rllzjsr3&dl=0
Perfekt, vielen Dank! Das mit den „Blasen“ hatte ich nicht bedacht und kam dadurch auch auf 0,85.
RE: Lösungsdiskussion #20 - Linsen_mit_Spatzle - 12-30-2024
Teil 1 ist 50 % wegen Symmetrie.
Wenn sich die Wahrscheinlichkeiten stabilisiert haben, gibt es nur noch folgende Möglichkeiten: MMM12345A, wobei 12345 jeweils M oder A sein können, allerdings alle Ms an der linken Seite, die As an der rechten Seite.
M ist genau dann in der Überzahl, wenn 2 ein M ist, nach Hinweis also mit Wahrscheinlichkeit 2/3.
Leider stand 2/3 lange nicht zur Auswahl, und das wurde im Forum auch so bestätigt.
Also blieb mir nur übrig, mit unabhängigen Wahrscheinlichkeiten für 1, 2, 3, 4, 5 zu rechnen - das wurde früher ja schon oft im Mathekalender gesagt, dass das so sei, wenn nichts anderes gesagt ist, und im Hinweis war ja nichts anderes gesagt, und 2/3 konnte ja nicht gemeint sein. Dann kommt man (falsch, aber als Antwort vorhanden) auf 0,85.
Irgendwann wurde dann aber doch noch die Antwortmöglichkeit 2/3 aufgenommen - dann konnte man nochmal wechseln, wenn man es mitbekommen hat.
(12-30-2024, 04:23 PM)marac schrieb: Und damit bin ich bei Antwort 7...
Und dass dann nochmal die Antwortmöglichkeiten geändert wurden und es doch 2/3 gab, hat dich nicht gewundert? Ohne die Änderung wäre ich wahrscheinlich auch bei 7 gelandet, weil ich vermutet hatte, dass gemeint war, dass man (falsch) mit unabhängigen Wahrscheinlichkeiten rechnen soll.
RE: Lösungsdiskussion #20 - marac - 12-30-2024
(12-30-2024, 04:49 PM)pierrot schrieb: Antwort 7 war durchaus verlockend, allerdings übersieht man hier, dass es nur 6 stabile blasenfreie Zustände gibt. Mit Blase meine ich: dass eine 0 von 1 ern umgeben ist oder andersherum … die Blasen lösen sich aber alle auf!!Ah, ja, dass am Ende der Diskussion kein Apfelfreund zwischen zwei Mandelfreunden sitzen kann, ist eigentlich logisch... Wenn aber die Wahrscheinlichkeiten von 5/6, 4/6, 3/6, 2/6, 1/6 für die drei "unentschlossenen" Wichtel als unabhängige Wahrscheinlichkeiten so stimmen, kann man daraus die Gleichverteilung schon direkt ablesen. Wenn sich ein Wichtel für M entschieden hat, ergeben sich links davon automatisch bedingte Wahrscheinlichkeiten von 1, insofern interessiert mich in dem Fall dann ja nur die Wahrscheinlichkeit des zweiten unentschlossenen Wichtels (4/6), was dann ja auch schon der Lösung entspricht...
Interessant und wie ich meine nicht trivial ist der Umstand, dass die 6 entstehenden Endzustände echt gleichverteilt sind. Ich habe das mit einer übergangsmatrix, Markovkette gezeigt.
(12-30-2024, 05:13 PM)Linsen_mit_Spatzle schrieb: Und dass dann nochmal die Antwortmöglichkeiten geändert wurden und es doch 2/3 gab, hat dich nicht gewundert? Ohne die Änderung wäre ich wahrscheinlich auch bei 7 gelandet, weil ich vermutet hatte, dass gemeint war, dass man (falsch) mit unabhängigen Wahrscheinlichkeiten rechnen soll.Nachdem vorher so vehement betont wurde, dass der nicht-gerundete Wert nicht 2/3 sei, hab ich die Änderung dummerweise ignoriert
RE: Lösungsdiskussion #20 - Fanbusfahrer - 12-30-2024
Ich habe es so gelöst:
Code:
Die Wahrscheinlichkeit für Frage 1 ergibt sich aus dem Durchschnitt der Wahrscheinlichkeiten. Dieser beträgt:
d=(8/8+7/8+6/8+5/8+4/8+3/8+2/8+1/8)/9=0.5
Da nun zwei Wichtel links von M stehen, entscheiden diese sich sicher für M, also ergibt sich im zweiten Fall:
d=(3+5/6+3/6+3/6+2/6+1/6)/9=0.667
Korrekt ist also Antwort 5.RE: Lösungsdiskussion #20 - marac - 12-30-2024
(12-30-2024, 06:05 PM)Fanbusfahrer schrieb: Ich habe es so gelöst:Öhm, (3+5/6+3/6+3/6+2/6+1/6)/9=0,593, und solltest du dich bei den ersten 3/6 vertippt haben, und 4/6 meinen, dann kommt eben 0,611 raus, aber sicher nicht 0,667
Code:Die Wahrscheinlichkeit für Frage 1 ergibt sich aus dem Durchschnitt der Wahrscheinlichkeiten. Dieser beträgt:
d=(8/8+7/8+6/8+5/8+4/8+3/8+2/8+1/8)/9=0.5
Da nun zwei Wichtel links von M stehen, entscheiden diese sich sicher für M, also ergibt sich im zweiten Fall:
d=(3+5/6+3/6+3/6+2/6+1/6)/9=0.667
Korrekt ist also Antwort 5.
Klingt mir schwer nach gute Antwort mit verkorkster Begründung
RE: Lösungsdiskussion #20 - Fanbusfahrer - 12-30-2024
ich hatte mich total vertippt.
Im zweiten Fall hatte ich tatsächlich 2/3 raus, durch:
(2+7/7+6/7+5/7+4/7+3/7+2/7+1/7+0/7)/9
Mir fällt allerdings auf, dass ich da ja gar nicht /7, sondern wie eben geschrieben durch /6 hätte nehmen müssen.
Fehler im Ansatz, dann doppelter Fehler im Ansatz, und dann korrekte Lösung.
Hier gibt es fünf Punkte, in der Schule müsste ich wohl null Punkte drunter schreiben^^
RE: Lösungsdiskussion #20 - murks - 01-01-2025
Ja, die Wahrscheinlichkeiten im Tipp mit anzugeben ist halt nicht hilfreich, wenn man nicht versteht, wo die herkommen, bzw. was in dem Prozess passiert. Sobald das verstanden ist (es pendelt sich genau eine Grenze ein) ist klar, dass in beiden Teilaufgaben die Wahl (meines Erachtens absolut korrekter Weise) auf gebrannte Mandeln fällt, wenn sich der Wichtel in der Mitte dafür entscheidet. Hat man das verstanden, so ist sie Wahrscheinlichkeit einfach aus der gegebenen Reihe abzulesen, einmal als Position 5/9, einmal Position 3/7
Der Beweis für die Reihe ist eigentlich auch hübsch und hätte gut auch hier mit gemacht werden können.
RE: Lösungsdiskussion #20 - MatheJuergen - 01-02-2025
(12-30-2024, 04:49 PM)pierrot schrieb: Antwort 7 war durchaus verlockend, allerdings übersieht man hier, dass es nur 6 stabile blasenfreie Zustände gibt. Mit Blase meine ich: dass eine 0 von 1 ern umgeben ist oder andersherum … die Blasen lösen sich aber alle auf!!
Interessant und wie ich meine nicht trivial ist der Umstand, dass die 6 entstehenden Endzustände echt gleichverteilt sind. Ich habe das mit einer übergangsmatrix, Markovkette gezeigt. Juchhu Markov die dritte !!! Kam die letzten Jahr leider gar nicht dran.
Eine der beste Aufgaben!! Vielen Dank dafür.
Hier mein Lösungsvorschlag ausführlich:
https://www.dropbox.com/scl/fi/as49f4ngv5vs0cuv3i9lb/20_Weihnachtsmarktbesuch_Markov_Gleichverteilung.jpeg?rlkey=a1f8qwqbvb4j5xe2g3mft9ng7&st=rllzjsr3&dl=0
Das sich die "Blasen" immer alle auflösen kann ich nicht ganz nachvollziehen. Anna kann (in deiner Schreibweise) immer eine "0" nach links schicken und diese "0" kann theoretisch (zwar mit kleiner Wahrscheinlichkeit) bis zur Position rechts neben Max wandern. Es können also doch jeder Zeit "neue" Blasen entstehen, selbst wenn diese sich "zwischendurch" mal aufgelöst haben.