Kommentare - - Seite 75

Gesamtereignisse ( " Omega " ) :
Variationen ohne Wiederholung 3 aus 32 = 32! / (32-3)! = 32*31*30 = 29760
Günstige Ereignisse :
1 Ass und 2 "Zehnwertige" ( Kombinationen ) aus 4 = 1 * ( 4 über 2 ) = 6
In 3! = 6 Permutationen ( Reihenfolgen ) = 36
In 4 Farben = 144
Wahrscheinlichkeit : Günstige / Gesamt = 144 / 29760 = 0,484 %

Ich finde das Problem nicht trivial, aber ich habe kein Problem in eine endliche Fläche (z. B. ein Quadrat) eine unendlich lange Linie einzuschreiben.
Würde mich über eine Diskussion freuen!

Hier widersprechen Sie sich. In dem Artikel oben wird an dem Problem mit 100 Türen ganz deutlich, dass der Moderator wissen MUSS wo das Auto ist, damit sich die Chance erhöht, denn es steht ja eindeutig da: er öffnet aus "Freundlichkeit" alle anderen Türen, aber eben NICHT die mit dem Auto. Es ist also durchaus entscheidend ob er es weiß oder nicht, weil er sonst nämlich während seiner freundlichen Phase in sehr vielen Fällen einfach das Auto schon gefunden hätte, bevor er das Problem auf 2 Türen reduziert hätte, in jedem dieser Fälle wäre das Spiel sofort vorbei. Es geht hier eben um bedingte Wahrscheinlichkeiten: welche Tür der Moderator öffnet, hängt von der vorherigen Wahl des Spielers ab.
Ebenso könnte man behaupten, wenn in 20 Würfelwürfen keine 6 gefallen ist, erhöhe sich im nächsten Wurf die Wahrscheinlichkeit für eine 6. Das ist doch offensichtlich falsch: die Wahrscheinlichkeit wäre immer 1/6, ungeachtet der Tatsache, dass es recht unwahrscheinlich ist, in 21 Würfen keine 6 zu werfen (nämlich (5/6)^21 sind rund 2,2 %). Hier ist es genau umgekehrt: der Würfel weiß eben nicht, was vorher passiert ist.

Wenn man den größeren und kleineren Kreis als Gerade abspannt, dann ergibt sich eine Strecke von 2*Pi*r. Da der kleinere Kreis einen Umfang von 2*Pi*r/2 = Pi*r hat, passt er (glücklicherweise) genau 2x herein.

Gibt es schon eine Antwort von Herrn Hemme? Mich würde sehr interessieren, ob die Frage samt Antwort (v.a. die!) als Scherz gedacht war.

Die drei horizontalen Riegel mit 1x4 sind doch zu offensichtlich...

Normalerweise kennt man solche Bauernfängerspiele nur als schlechte Übersetzungen aus dem Englischen. Ich bin ob der Lösung schon etwas enttäuscht, da ich normalerweise eine höhere Qualität der Rätsel von Herrn Hemme gewohnt bin. Vielleicht trifft es aber auch einfach nicht meinen Humor :)
Bis zum nächsten Rätsel, freue mich schon drauf!

Wie vom vorherigen Kommentator juergen schon erklärt, ist die Antwort 0,4 nicht korrekt. Ich möchte nur eine etwas einfachere Lösung angeben:

Die Wahrscheinlichkeit, irgendein Ass zu erhalten, beträgt P(Ass) = 4/32 = 1/8.
Die Wahrscheinlichkeit, daraufhin eine passende Bildkarte oder die 10 zu erhalten, P(10_1) = 4/31.
Und die Wahrscheinlichkeit, wiederum die letzte fehlende (und passende) Karte mit dem Punktewert 10 zu erhalten, P(10_2) = 3/30 = 1/10.
Das Produkt hieraus ist unsere gesuchte Wahrscheinlichkeit, mit 3 Karten sofort 31 Punkte zu haben:

P(31) = P(Ass)*P(10_1)*P(10_2) = 1/8*4/31*1/10 = 4/2480 = 1/620 ~ 0,00161

MfG

... daraus folgere ich, dass der Autor des Artikels kein Fan ist bzw. nur wenige Simpsons Folgen gesehen hat.
In vielen Folgen kommen Anspielungen auf Regierungen, Rockbands, Naturereignisse vor, die Hand und Fuß haben. Immer noch zum Lachen bringt mich zum Beispiel der Mapple Store in den Lisa geht um sich ein MiPhone anzusehen. Definitiv keine Comicserie für Kinder.
Und deshalb vollkommen klar, dass eben auch mal Mathematiker an der Tafel auftauchen ;)

Kleiner Anstoß zum Knoten lösen:
Der Moderator hat nur in einem Drittel der durchgeführten Spiele (mal unterstellend, dass die Kandidaten in einem Drittel aller Spiele auf's richtige Tor setzen - was hoffentlich einigermaßen intuitiv ist) eine freie 50/50-Entscheidung, welches Tor er öffnen will. In 2/3 der Fälle MUSS er ein BESTIMMTES Tor öffnen, weil die andere seiner beiden Optionen ja der Gewinn ist. Ergo ist eben in 2/3 aller durchgeführten Spielrunden das Tor, welches der Moderator zulassen muss (dass er das Tor des Kandidaten öffnet begreifen wir sicher alle als Nichtoption), das mit dem Gewinn. Und somit wird es hoffentlich einleuchtender, warum sich Wechseln wirklich lohnt.

Knotenlöser 2: Es geht um eine große Menge solcher Spielrunden, die man INSGESAMT betrachtet (im statistischen Wording: viele Wiederholungen) - da stabilisiert sich das mathematisch gesehen.

Dass das, was man im TV beobachtet, in der Gesamtbetrachtung eventuell etwas anders aussieht, hat dann auch was mit Psychologie zu tun (Nervosität im TV-Studio, Sympathie für einen Kandidaten der einen Preis verdfient hätte, ...) - oder auch hier im leicht statistischen Wording: Es liegt keine "echte" Zufallsziehung vor.

LG Markus

Liebe Redaktion, bitte korrigieren Sie Ihre Stellungnahme zu Kommentar 7.
Nur wenn der Moderator genau weiß, wo sich die Ziegen befinden, erhöhen sich die Gewinnchancen beim Wechseln. Außerdem ist es wichtig zu wissen, dass in jedem Fall eine Ziegentür vom Moderator geöffnet werden muss und zwar unabhängig davon, ob der Kandidat eine Ziege oder das Auto gewählt hat.
Man kann sich das so vorstellen, als würde der Moderator die Wahl des Kandidaten NICHT kennen. Wenn dann der Moderator die Bühne betritt und zufällig eine der drei Türen öffnet, so bleiben für die übrigen zwei Türen eine 50/50 Chance. Auch wenn er 98 Türen von 100 öffnet und wir nur jene Fälle btrachten, wo die Kandidatenwahl (durch Zufall) noch ungeöffnet bleibt, ist die verbleibende Wahrscheinlichkeit 50/50 für die verbleibenden Türen.

Ihre Worte: "Nein, tatsächlich spielt es keine Rolle, ob der Moderator weiß, wohinter sich die Ziege oder der Sportwagen befindet. In jedem Fall ist die Gewinnwahrscheinlichkeit höher, wenn man sich umentscheidet." sind schwer zu verkraften.

Etwa ist die Wahrscheinlichkeit -etwa- für eine Erste Karte in Pik 1/4.
Für eine 2. in Pik 7/31, und die 3. in Pik 6/30.

Macht also für Drei Pik die Wahrscheinlichkeit P = 1/4 x 7/31 x 6/ 30.
Das gilt für die anderen Farben genauso.
In Summe also: 4 x 1/4 x 7/31 x 6/30.

Damit ergibt sich die Möglichkeit überhaupt drei geleichfarbige Karten zu bekommen zu 42 / ( 31 x 30 ).

Das darin ein jeweils ein ASS enthalten sein kann ist mit P = 1/8 zu bewerten.
Die für eine erste 10 mit 4/7, für die 2. mit 3/6.
Was zu P (ass | 10 | 10) = 1/8 x 4/7 x 3/6 = 3/2 x 1/42 kommt.

Beide Wahrscheinlichkeiten multipliziert ergeben:
3 / ( 2 x 31 x 30 ) = 3 / 1860 ~ 0,0016...

mfg juergen

Bei der Lösung des heutigen Rätsels ist Ihnen am Schluss ein Fehler unterlaufen.
Das Ergebnis von 3/620 ist nicht ungefähr 0,4, sondern 0,005 (genauer 0,004839) oder 0,5%

3/620 entspricht ungefähr einem Dezimalwert von 0,004. Das heißt der gesuchte Wert für die Wahrscheinlichkeit beträgt ca. 0,4%.

In der Lösung ist jedoch folgendes angegeben:
4 · 6 / 4960 = 3/620 ≈ 0,4.

Weil ich logisch immer nur auf 50:50 komme, habe ich ein Programm geschrieben (Visual Basic).
Ergebnis:
Öffnet der Moderator zuerst ein Tor mit Ziege und danach wählt der Spieler eins der beiden Geschlossenen: 50:50
Wählt der Spieler ein Tor und danach öffnet der Moderator ein Tor mit Ziege: 1/3 Beibehalten 2/3 Wechsel
Das Programm lügt nicht - nur ich muss es noch verstehen :-)))

Es gibt ein unbewiesenes Theorem, dass die Serie 3n+1 bei ungeraden und n/2 für gerade Elemente der Reihe immer im Zyklus 4-2-1-4 enden, egal mit welcher Zahl man die Reihe startet. Ebenfalls wie bei Fermat einfach zu beschreiben, schwierig zu beweisen. Es wird nicht viel daran geforscht, weil die Mathe-Profis der Meinung sind, dass sich durch die Lösung keine neuen wesentlichen Erkenntnisse ergeben würden.