Kommentare - - Seite 59

Eigenartig, wie so eine einfache Aufgabe zu Missverständnissen
( 1. -3. ) führen kann. Es wird in der Aufgabe sogar eine absolute Angabe
gemacht ( 2000 ). Auch ohne diese Angabe ist die Aufgabe lösbar :
1/3*d + 3/4*n = 1/2*(d+n) ergibt : P(d)=0,6 P(n)=0,4
P( d, aber nicht n sprechend ) = 2/3*P(d) = 0,4 .
[ 0,4 * 2000 = 800 ]

Oben wird mathematisch dargelegt, dass man bei dem Münzspiel bei einem Vermögen des Herausforderers von 1050 Euro einen Erwartungswert von 5,5 erhält, ein Einsatz von 5 Euro sich also lohnen würde, einer von 6 Euro hingegen nicht. "... dann stehen Ihre Chancen gut, etwas Gewinn zu machen", heißt es. Die Chancen, zu gewinnen, sind aber meines Erachtens bei beiden Einsätzen gleich groß, lediglich die Gewinn- bzw. Verlusthöhe verändert sich eben um diesen einen Euro. Denn ich bekomme ja eben nicht bei jedem Wurf die 5,50 Euro ausgezahlt, sondern einmal die gesamte erspielte Summe. Und die sähe ja so aus:
1 x Zahl = 1 Euro
2 x Zahl = 2 Euro
3 x Zahl = 4 Euro
4 x Zahl = 8 Euro
In beiden Fällen würde ich also Gewinn machen, sobald viermal hintereinander Zahl kommt. Und dass das passiert, ist gleich wahrscheinlich, egal ob der Einsatz 5 oder 6 Euro beträgt. Die Chance auf einen Gewinn bleibt also gleich.

20! = 2*3*4*5*6*7*8*9*10*11*12*13*14*15*16*17*18*19*20.
Dabei ist 5*10*20 = 1.000 und 14*15 = 7*3*10. Daher ist 20! durch 10.000 teilbar, d.h. C=0. D ergibt sich als Einer des verbleibenden Produkts
2*3*4*6*7*8*9*11*12*13*7*3*16*17*18*19.
Dabei muss bei jedem Zwischenschritt nur mit den Einern gerechnet werden (i.e. mod 10), d.h. (2*3*4)*(6*7)*(8*9)*(1*2*3*7)*(3*6)*(7*8)*9 mod 10 = (4*2*2)*(2*8)*(6*9) mod 10 = 6*6*4 mod 10 = 4 mod 10. Also D=4. A ergibt sich wie zuvor: Die durch 9 teilbare Quersumme von 20! beträgt 52+A. Da 54 Vielfaches von 9 ist, muss A=2 sein.

Das orangene Dreieck ist gleichschenklig. Seine Höhe FG teilt es in zwei gleiche rechtwinklige Dreiecke, d.h. G liegt in der Mitte von B und C. Das Dreieck CFG hat daher die halben Maße wie ABC. Folglich hat das (ganze) orangene Dreieck die halbe Fläche von ABC. Somit haben alle drei Teile (der orangene, der dreieckige gelbe und der viereckige gelbe) die gleiche Fläche. Ist die Fläche eines Teils die Maßeinheit, so hat der orange Teil die Fläche 1, die ganze Figur die Fläche 3. Das Verhältnis beträgt 1/3.

“Gleiches tritt ein, sobald zwei Forscherinnen die Augen und die dritte Forscherin das Fell misst.“ Sind hier nicht Augen und Fell vertauscht, denn bereits zuvor haben zwei (Ada und Bea) die Augen gemessen...?

Die einzelnen Zahlen aller Zahlenkombinationen ausser 3821 können mit +-* und / auf 4 berechnet werden.

Nette Zahlenspielerei um Spielsüchtige zu unüberlegte Handlungen zu bewegen. Denn wie hoch ist Wahrscheinlichkeit 11, geschweige denn 38, Runden zu überstehen? Also 11(38)x hintereinander(!) ein Nominal zu werfen?
Ich würde die Wette nicht eingehen.

Es erscheint mir reichlich unintuitiv, dass wenn schon bei einem theoretisch unendlichen Gewinn das Konto die Obergrenze definiert, der eingezahlte Einsatz nicht auf diesen aufzählen soll. Mit jedem weiteren Einsatz, den der Spieler tätigt, sollte sich demnach also auch der Maximalbetrag erhöhen. Das macht die Berechnung womöglich schwerer, aus dem Bauch heraus würde ich aber vermuten, dass man solange mitspielt, bis das Guthaben kleiner ist, als der Einsatz!?

Es erscheint mir reichlich unintuitiv, dass wenn schon bei einem theoretisch unendlichen Gewinn das Konto die Obergrenze definiert, der eingezahlte Einsatz nicht auf diesen aufzählen soll. Mit jedem weiteren Einsatz, den der Spieler tätigt, sollte sich demnach also auch der Maximalbetrag erhöhen. Das macht die Berechnung womöglich schwerer, aus dem Bauch heraus würde ich aber vermuten, dass man solange mitspielt, bis das Guthaben kleiner ist, als der Einsatz!?

Mir scheint die Summenformel zur Berechnung des Erwartungswert falsch zu sein. Laut des Textes scheint man nach einem Wurf Zahl 1€ gewonnen zu haben. Dieser Euro wird aber ja nur realisiert, wenn danach Kopf kommt, also mit einer Wahrscheinlichkeit von insgesamt 1/4. In allen anderen Fällen verdient man ja mehr, was allerdings schon durch die Wahrscheinlichkeiten der folgenden Gewinnwerte einberechnet wird.
Damit ergibt sich eine unendliche Summe über 1/4.
Dies ändert natürlich an der Unendlichkeit des Erwartungswertes nichts, aber für den konkreten Fall mit max. 1050€ bedeutet dies, dass ein Erwartungswert von 3€ erzielt wird (2.5 für 10 Würfe, da nach dem 11. Wurf abgebrochen wird, erhält der Gewinn des 11. Wurfes eine doppelte Wahrscheinlichkeit, was sich daher durch einen gewichteten Gewinn von 1/2 für den letzten Wurf niederschlägt und daher insgesamt die 3 ergibt)

Irrtum, 1200 Personen sprechen nur deutsch. A sprechen nur deutsch, B = D sind beidsprachig, dürfen trotzdem nicht doppelt gezählt werden und C sprechen nur niederländisch.
A + B + C = 2000, mit D würden die beidsprachigen doppelt gezählt.
A = 2 • B, D = 3 • C = B,
2 • B + B + B/3 = 2000, also B = 600 und
A = 1200.
Wie viele Personen mit beiden Sprachen kein Problem haben muß uns egal sein.

Klaus Bartkowiak

Faktisch ist jemand der deutschsprachig ist und auch niederländisch spricht exakt das gleiche wie jemand der niederländischsprachig ist und auch deutsch spricht. Dann sind die Menschen für die beide Sprachen kein Problem darstellen sowohl B als auch D (B = D = 1000) und die Aufgabe ist hinfällig

Hallo, in meinen Augen müßten die 21 Minuten auf der anderen Seite stehen. Dann ist das Ergebnis 29,5 km. Wo ist mein Denkfehler?

Nach meiner Ansicht MUSS festgestellt werden, DASS
B = D = 1 000;

Zweisprachige sind NICHT ohne weitere Merkmale unterscheidbar.
( jedenfalls sind in der aufgabe keine angegeben )

Die ( 1/4 ) nur nl sprechenden können als separate Gruppe kleiner als 1 000 sein.
Die ( 2/3 ) nur d sprechend sind als Gruppe offensichtlich 2 zu 1 grösser als 1 000.

Damit wäre die Aufgabe NICHT lösbar.

[ nur nl ][ nl + d ][ nur d ]

Das Spiel mit dem Würfel wird an dieser Stelle auf fragwürdige Art dargestellt.
Es kann zu folgenden Ergebnissen kommen (Würfelzahl)[Gewinn/Verlust]
(1) [+10]
(2) [+10]
(3) [+20]
(4) [-10]
(5) [-10]
(6) [-10]
Dabei gehe ich davon aus, dass ich als Spieler bei einem Gewinn von +10 meinen Einsatz verdoppele und nicht nur meinen Einsatz zurück bekomme.
Nehmen wir an wir zahlen beim Fall einer (3) nicht 20 sondern auch nur 10 aus, dann wird sofort ersichtlich dass ich als Spieler eine 50/50 Chance habe meinen Einsatz zu verdoppeln oder zu verlieren, ein Nullsummenspiel. Ein einfacher Münzwurf eben nur mit einem Würfel.

Erhöhe ich jetzt nur die Auszahlung für eine Würfelzahl so bleibt meine Gewinnwahrscheinlichkeit natürlich konstant, mein Erwartungswert steigt hingegen.

EW= 10* 1/6 + 10* 1/6+ 20* 1/6 +(-10)* 1/6+ (-10)* 1/6+ (-10)* 1/6
EW= 10/6
Also gewinne ich 1,66 pro Spiel, bei unendlich vielen Spielen.

Sollte mein Einsatz jedoch bei einem +10 Gewinn nicht verdoppelt sondern nur zurückgezahlt werden, so ergibt sich:
EW= 0* 1/6 + 0* 1/6+ 10* 1/6 +(-10)* 1/6+ (-10)* 1/6+ (-10)* 1/6
EW= -20/6 = -3 1/3
Was auch dem Ergebnis der Betrachtung in diesem Artikel entspricht.
In diesem Fall kann man allerdings auch ganz "intuitiv" entscheiden, dass es vielleicht keine gute Idee ist ein Spiel anzunehmen bei dem man bei einer (3) den Einsatz verdoppelt, bei einer (1) und (2) nichts passiert, aber bei einer (4)(5) und (6) alles verliert.