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Thema: Statistik

  1. #1
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    Standard Statistik

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    Inspiriert von Aragorn im übersinnlichen Thread, folgende Aufgaben:
    1. "Ziegenparadox" (Zonk), oft zitiert im Apha Centauri Forum:
    Der Kandidat steht vor drei verschlossenen Türen, hinter einer ist der Schatz. Er wählt eine aus. Der Moderator des Spiels lässt eine andere Tür öffnen, hinter der nichts ist, und bietet dem Kandidaten an, seine Wahl zu ändern. Soll er das tun?
    2. Bitte schätzen, ohne nachzurechnen:
    Wieviele zufällig ausgewählte Leute muss ich zusammenbringen, damit unter denen mit mindestens 50% Wahrscheinlichkeit zwei am selben Tag Geburtstag haben?

    Vielleicht fallen euch noch weitere solche Fragen ein, dann her damit.

  2. #2
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    Zu 1.
    keine Ahnung was "Ziegenparadox" ist, aber ich denke es hat mit dem "Locken und Verwirren" zu tun.
    Daher sage ich mal Nein, er soll es nicht tun.
    (oder doch die drei Umschläge und den Zonk nehmen^^)

    Zu 2.
    Habe ich erlich gesagt jetzt nicht Verstanden so richtig, daher Schätze ich nur und das mit 730 (2x365d)

    Gruß Micha.
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  3. #3
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    Hallo,

    zu 1) Kenn ich schon -> sag ich nix
    -> Wenn man etwas nicht versteht sollte man nach dem "Problem" und "Jocelyne Lopez" googlen.
    -> Wenn die das bereits gelöst hat, dann ist IMMER die gegenteilige Antwort richtig

    zu 2) Schätze mal: entweder 4 oder 185 Leute, je nachdem ob Wochentage (Mo bis So) oder ein Datum gemeint ist.

    -> nach nochmaligem überdenken und ohne zu rechnen, würde ich 2) auf 7 oder 365 Personen ändern.

    Gruß Helmut
    Geändert von Aragorn (13.03.2008 um 23:35 Uhr)

  4. #4
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    1) nein, beim ersten wählen hab ich eine 1/3 chance auf die Niete, beim zweiten bereits 50/50. Und da der Verdacht nahe liegt, dass ein Tor zum locken geöffnet wurde, wäre ich gar zu 2/3 sicher, richtig zu liegen.

    2) kA, vielleicht 14 ???

    Neues Rätsel:
    Über wieviele "Ecken" im Schnitt schätzt ihr, kennt jeder jeden?

    Gruß
    ins#1
    "In the beginning the universe was created. This made a lot of people angry and has widely been considered as a bad move."
    ©The Hitchiker's Guide to the Galaxy

  5. #5
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    Zitat Zitat von ins#1 Beitrag anzeigen
    Neues Rätsel:
    Über wieviele "Ecken" im Schnitt schätzt ihr, kennt jeder jeden?
    0, über Ecken kann man keinen kennen, vieleicht über Hecken!
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  6. #6
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    1. Der Kandidat fragt den Modrator, ob er die richtige Tür kenne. Bejaht der, dann MUSS der Kanditdat seine Wahl ändern. Sagt der Nein, dann spielt das keine Rolle. Seine Chancen sind in beiden Fällen 50%.

    Ich gehe davon aus, dass bei solchen Spielen der Moderator nicht weiter raten lassen darf, indem er die Wahlmöglichkeit einschränkt, wenn er weiss, dass der erste Tipp des Kandidaten richtig war.
    2. 51?
    3. ?
    Geändert von Orbit (14.03.2008 um 12:26 Uhr)

  7. #7
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    1. Kenn ich bereits War aber lange auch unter Statistikern höchst strittig.
    2. Weniger, als man glaubt
    3. 7 Ecken genügen um mit jedem Menschen auf der Welt bekannt zu sein

    Achtung Spoiler:
    1. Ziegenparadoxon
    2. Geburtstagsparadoxon
    3. Bei je 25 unabhängigen Bekanntschaften und 7 Verkettungen: 25^7=6.103.515.625 Menschen

  8. #8
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    Hallo Orbit,

    der Moderator muss die richtige Tür kennen sonst besteht die Gefahr das er sie zufällig öffnet.

    Hallo "Ich",

    4) Ein sportlicher Zweikampf (*) zwischen 2 Gegnern A und B. Es gibt nur 2 Ausgänge entweder gewinnt A oder es gewinnt B, kein unentschieden. Die Wahrscheinlichkeit des Ausgangs ändert sich beim Wiederholen nicht. Wieviele Zweikämpfe müssen mindestens ausgeführt werden, so dass mit 99% Sicherheit ausgeschlossen werden kann, dass der schwächere gewinnt? Bzw. welche Spielstände sind mindesten am Ende nötig?

    Grüße UMa

    (*) z.B. Fußball mit Elfmeterschießen.

  9. #9
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    Hi Orbit,
    Ich gehe davon aus, dass bei solchen Spielen der Moderator nicht weiter raten lassen darf, indem er die Wahlmöglichkeit einschränkt, wenn er weiss, dass der erste Tipp des Kandidaten richtig war.
    Der Moderator kennt die richtige Tür, macht aber nichts weiter als nach der Wahl des Kandidaten eine der verbliebenen leeren Türen öffnen zu lassen. Dann darf der Kandidat sich neu entscheiden.

    Hi Uma,
    4. Genausoviele wie für 51% Sicherheit.

  10. #10
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    Zu 4. habe ich noch eine Lösung gefunden, basierend auf dem berühmten Informationsgewicht (Bekenstein-Grenze):
    N~>10^(10^68).

    Ach, und zu 2.:
    Es sind 23 Personen. In jeder zweiten Schulklasse haben also mindestens zwei Kinder am selben Tag Geburtstag.
    Geändert von Ich (25.03.2008 um 14:19 Uhr)

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