Wkt bestimmen < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:34 Mi 30.04.2014 | | Autor: | Trikolon |
| Aufgabe | Zur diesjährigen WM bietet die Firma Hanuto Schokoladenwa eln an, denen jeweils eine von elf verschiedenen Sammelkarten mit Fuballspielern rein zufällig beigelegt wurde. Unter diesen Spielern befi nden sich unter anderem Schweinsteiger, Özil und Neuer. Wir kaufen uns drei solcher Schokoladenwa ffeln. Bestimmen sie die Wahrscheinlichkeiten:
(i) Wir erhalten drei Sammelbilder von Schweinsteiger.
(ii) Wir erhalten Neuer und Özil jeweils genau ein Mal.
(iii) Wir erhalten genau zwei verschiedene Spieler. |
(i) [mm] (1/11)^3
[/mm]
(ii) 9/(11 über 3)
(iii) 2/(11 über 3).
Was meint ihr?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:55 Mi 30.04.2014 | | Autor: | abakus |
> Zur diesjährigen WM bietet die Firma Hanuto
> Schokoladenwa eln an, denen jeweils eine von elf
> verschiedenen Sammelkarten mit Fuballspielern rein
> zufällig beigelegt wurde. Unter diesen Spielern befi nden
> sich unter anderem Schweinsteiger, Özil und Neuer. Wir
> kaufen uns drei solcher Schokoladenwa ffeln. Bestimmen sie
> die Wahrscheinlichkeiten:
> (i) Wir erhalten drei Sammelbilder von Schweinsteiger.
> (ii) Wir erhalten Neuer und Özil jeweils genau ein Mal.
> (iii) Wir erhalten genau zwei verschiedene Spieler.
> (i) [mm](1/11)^3[/mm]
>
> (ii) 9/(11 über 3)
>
> (iii) 2/(11 über 3).
>
> Was meint ihr?
Wir meinen
richtig - falsch - falsch.
Erläuterung zu ii):
Es geht um die Fälle
Neuer - Özil - ein anderer
Neuer - ein anderer - Özil
und alle weiteren Reihenfolgen der Anordnung dieser drei Elemente.
Jede dieser ... Möglichkeiten hat übrigens die gleiche Wahrscheinlichkeit.
Gruß Abakus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:27 Mi 30.04.2014 | | Autor: | Trikolon |
Ok. Nächster Versuch:
ii) 6 Möglichkeiten alle mit Wahrscheinlichkeit [mm] 9/11^3 [/mm] --> Wkt: [mm] 54/11^3
[/mm]
iii) [mm] 2/11^3+10/11^3
[/mm]
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Hallo,
> Ok. Nächster Versuch:
>
> ii) 6 Möglichkeiten alle mit Wahrscheinlichkeit [mm]9/11^3[/mm] -->
> Wkt: [mm]54/11^3[/mm]
Das ist jetzt richtig.
> iii) [mm]2/11^3+10/11^3[/mm]
Das nicht. Erklär doch mal, wie Du darauf kommst.
Richtig wäre [mm] p_{_{III}}=\bruch{6*\vektor{11\\2}}{11^3}
[/mm]
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:55 Do 01.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
Kannst du bitte mal erklären, wie du da drauf kommst?
Ich dachte, für die beiden ersten Karten hat man 11 Möglichkeiten jeweils. Wenn die Karten gleich sind, hat man für die letzte Karte 10 Möglichkeiten. Wenn die beiden Karten verschieden sind, hat man für die letzte 2 Möglichkeiten.
Und noch eine Frage:
Ein fairer Würfel wird so lange geworfen, bis eine 6 fällt. Gesucht ist die Wkt, dass die Anzahl der Würfe bis zur ersten 6 gerade ist.
Meine Lösung:
5/6*1/6+5/6*5/6*5/6*1/6+....= [mm] 1/6*\summe_{i=1}^{\infty} (5/6)^i [/mm] wobei i von der Form 2k+1 ist. Kann ich den wert dieser Reihe ausrechnen. mein Problem ist, dass ja nicht jeder Summand addiert werden darf, sondern eben nur die i=2k+1.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:59 Fr 02.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
Habt ihr Ideen dazu?
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Hallo,
> Kannst du bitte mal erklären, wie du da drauf kommst?
reverend hat hier einfach nach dem Schema
[mm] P=\bruch{\mbox{Anzahl der guenstigen Faelle}}{\mbox{Anzahl der moeglichen Faelle}}
[/mm]
gerechnet. Die [mm] 11^3 [/mm] im Nenner sollten dann sowieso klar sein? Jetzt zum Zähler: der Binomialkoeffizient
[mm] \vektor{11\\2}
[/mm]
zählt dabei die Anzahl der möglichen unterschiedlichen Paare. Der Faktor 6 ist ein wenig verzwickter: er zählt die Anzahl der möglichen Reihenfolgen, in denen man die Kärtchen erhalten kann. Jetzt könnte man auf den ersten Blick sagen: halt mal, das ist falsch, das sind ja nur 3. Es ist aber so: nehmen wir mal Özil und Schweinsteiger. Für zweimal Özil und einmal Schweinsteiger gibt es drei Reihenfolgen, es gibt jedoch auch die Möglichkeit einmal Özil und zweimal Schweinsteiger. Macht summa sumarum 6 Möglichkeiten. Jetzt klarer? 
> Und noch eine Frage:
> Ein fairer Würfel wird so lange geworfen, bis eine 6
> fällt. Gesucht ist die Wkt, dass die Anzahl der Würfe
> bis zur ersten 6 gerade ist.
>
> Meine Lösung:
> 5/6*1/6+5/6*5/6*5/6*1/6+....= [mm]1/6*\summe_{i=1}^{\infty} (5/6)^i[/mm]
> wobei i von der Form 2k+1 ist. Kann ich den wert dieser
> Reihe ausrechnen. mein Problem ist, dass ja nicht jeder
> Summand addiert werden darf, sondern eben nur die i=2k+1.
Das ist eine ![[]](/images/popup.gif) Geometrische Reihe. Insbesondere ist dein Ansatz völlig richtig! Beachte jedoch, dass deine Reihe bei i=1 startet, im Unterschied zu der Reihe in dem Link. Das kann man durch eine einfache Subtraktion jedoch leicht korrigieren.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:25 Fr 02.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
Vielen Dank schonmal!
dass es sich um eine geometrische Reihe handelt ist klar. Mein Problem ist nur dass ich ja nicht alle Summanden der reihe beruecksitigen darf. Sondern nur die wenn i ungerade ist. Wie mache ich das?
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Hallo,
> Vielen Dank schonmal!
>
> dass es sich um eine geometrische Reihe handelt ist klar.
> Mein Problem ist nur dass ich ja nicht alle Summanden der
> reihe beruecksitigen darf. Sondern nur die wenn i ungerade
> ist. Wie mache ich das?
Ja, sorry, da habe ich geschlampt. Wenn du aus deiner ganzen Reihe den Faktor
[mm] \bruch{1}{6}*\bruch{5}{6}=\bruch{5}{36}
[/mm]
ausklammerst, dann hast du eine geometrische Reihe mit
[mm] q=\left(\bruch{5}{6}\right)^2=\bruch{25}{36}
[/mm]
So, jetzt sollte es passen.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:49 Fr 02.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
Ach ja, stimmt. Danke.
wie sieht dazu denn der zugehörige Wkt-Raum aus? Also ergebnismenge müsste ja {2,4,6,...} sein. Sprich wann zum ersten Mal die 6 kommt. Aber wie sieht das Wkt Maß und die Menge der zulässigen Ereignisse aus?
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Hallo,
> Ach ja, stimmt. Danke.
> wie sieht dazu denn der zugehörige Wkt-Raum aus?
Der besteht hier gerade aus den natürlichen Zahlen, so wie du oben die Aufgabe formuliert hast.
> Also
> ergebnismenge müsste ja {2,4,6,...} sein.
Das ist nicht der Wahrscheinlichkeitsraum, sondern das fragliche Ereignis.
> Sprich wann zum
> ersten Mal die 6 kommt. Aber wie sieht das Wkt Maß und
> die Menge der zulässigen Ereignisse aus?
Ereignis siehe oben, Wahrscheinlichkeitsmaß ist durch P(X=n) mit
[mm] P(X=n)=\left(\bruch{5}{6}\right)^{n-1}*\bruch{1}{6}
[/mm]
gegeben.
Für Ereignisse der Form es braucht höchstens so und so viele Würfe führt das auf eine endliche geometrische Reihe, in deinem Fall es braucht eine gerade Anzahl natürlich auf oben besprochene unendliche Reihe.
PS: das ist ja jetzt eine völlig andere Fragestellung als die zu Beginn des Threads. Man kann es aber nirgends sauber trennen, also lasse ich mal alles wie es ist. Aber mache doch bitte in Zukunft für eine solche Anschlussfrage einen neuen Thread auf.
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:31 Di 06.05.2014 | | Autor: | rabilein1 |
Ich habe den Text wieder gelöscht
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:30 Mo 05.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
Ich bin gerade etwas verwirrt und möchte nochmal nachfragen:
Bei (i) habe ich ja [mm] (1/11)^3 [/mm] als Wkt angegeben.
Das hieße ja aber, dass ich das Urnenmodell mit Zurücklegen und mit Reihenfolge verwendet habe. Aber die Reihenfolge spielt doch eigentlich keine Rolle. Warum ist es also nicht 1/ [mm] \vektor{n+k-1 \\ k} [/mm] = 1/286.
Und (ii) bzw. (iii) müssten dann doch auch anders lauten, oder?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:14 Mo 05.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
Und entsprechend dann bei (ii) 9/286 und bei (iii) 55/143
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:46 Mo 05.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
Wie ist es denn nun richtig? Irgendwie erscheinen mir beide loesungen sinnvoll.
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Hallo Trikolon,
bei der früheren Ziehung der Lottozahlen (weiß jemand, wie das heute gemacht wird?) wurden einer Lostrommel unter der Aufsicht eines Notars und Millionen von Fernsehzuschauern, die gewähnt haben, live dabei zu sein  hintereinander bekanntlich 6 von 49 Kugeln entnommen. Nach der Entnahme wurden die KUgeln in auftseigender Reihenfolge sortiert, so dass jetzt die Reihenfolge, in der sie gezogen wurden, keine Rolle mehr spielt. Die Anzahl der möglichen Reihenfolgen wäre hierbei sicherlich 6!=720.
Wenn man so die möglichen Kombinationen beim Lotto berechnen wollte, müsste man natürlich auch durch eine andere Anzahl an möglichen Fällen dividieren.
Du hast deine Aufgaben so angesetzt, weil es bequemer war, die Anzahl der möglichen Fälle mit [mm] 11^3 [/mm] zu modellieren. Dabei betrachtest du aber jede mögliche Reihenfolge. Durch die Multiplikation mit der Anzahl möglicher Reihenfolgen 'reparierst' du dein Resultat wiueder dahingehend, dass die Reihenfolge keine Rolle spielt.
Jetzt klarer?
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:10 Di 06.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
Entschuldige bitte, aber ich muss noch einmal nachhaken:
Bei dem ersten Teil der Aufgabe, dreimal Schweinsteiger zu bekommen, könnte man dann je nach Argumentation sagen, dass sowohl [mm] (1/11^3) [/mm] als auch 1/286 richtig ist, je nachdem ob man die Reihenfolge beachtet. Mich wundert auch dass die Wahrscheinlichkeit mit Beachtung der Reihenfolge so viel geringer ist.
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Hallo,
> Entschuldige bitte, aber ich muss noch einmal nachhaken:
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> Bei dem ersten Teil der Aufgabe, dreimal Schweinsteiger zu
> bekommen, könnte man dann je nach Argumentation sagen,
> dass sowohl [mm](1/11^3)[/mm] als auch 1/286 richtig ist, je
> nachdem ob man die Reihenfolge beachtet.
Das mit den 1/286 ist falsch. Da hast du irgendiwe die Formel für das Urnenmodell: Ziehen mit Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge erwischt. Wir haben hier aber insofern kein Urnenmodell, als es keine feste Anzahl Kugeln in der Urne gibt. Theoretisch müsste man ja [mm] n=\infty [/mm] annehmen, und das erklärt jetzt vielleicht besser, weshalb man die betreffende Formel hier nicht verwenden kann.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:40 Di 06.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
Aber könnte man nicht sagen, man zieht aus einer Urne mit 11 Karten 3 Stück mit zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge?
Ich werde gleich nochmal die loesungen ordentlich aufschreiben inkl. Wahrscheinlichkeitsraum, vllt ist es dann klarer. Dein Argument mit den unendlichen vielen jugeln verstehe ich nicht, es gibt doch nur 11 verschiedene Aufkleber.
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Hallo,
> Aber könnte man nicht sagen, man zieht aus einer Urne mit
> 11 Karten 3 Stück mit zurücklegen und ohne Beachtung der
> Reihenfolge?
Nein, denn die Anzahl n der Kugeln in der Urne, das wäre die Anzahl der zur Verfügung stehenden Karten. Und die ist hier im Prinzip beliebig groß, und auf jeden Fall nicht bekannt.
> Ich werde gleich nochmal die loesungen ordentlich
> aufschreiben inkl. Wahrscheinlichkeitsraum, vllt ist es
> dann klarer. Dein Argument mit den unendlichen vielen
> jugeln verstehe ich nicht, es gibt doch nur 11 verschiedene
> Aufkleber.
Wie gesagt: es gibt eine beliebig große Anzahl solcher Kärtchen.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:47 Di 06.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
So also der zugehörige W-Raum wäre doch dann:
Ergebnismenge: Omega={ [mm] (w_1,w_2, w_3) [/mm] ; [mm] w_i \in [/mm] {1,...,11} } wenn man sich die Karten nummeriert vorstellt.
|Omega|= [mm] n^k [/mm] = [mm] 11^3
[/mm]
mit Zähldichte P ({w}) = [mm] 1/n^k \forall [/mm] w [mm] \in [/mm] Omega.
Menge der zulässigen Ereignisse: [mm] 2^{Omega}.
[/mm]
Soweit ok?
(i) Betrachtetes Ereignis:
[mm] A={(w_1, w_2, w_3 ) \in Omega; w_1=W_2=w_3}. [/mm] Stimmt das so?
Und dann:
P(A)= [mm] 1/11^3.
[/mm]
Wie würde man denn formal die Ereignisse aus (b) und c) notieren?
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Hallo,
> So also der zugehörige W-Raum wäre doch dann:
>
> Ergebnismenge: Omega={ [mm] (w_1,w_2, w_3) [/mm] ; [mm] w_i \in{1,...,11}
[/mm]
> } wenn man sich die Karten nummeriert vorstellt.
>
> |Omega|= [mm] n^k [/mm] = [mm] 11^3
[/mm]
>
> mit Zähldichte P ({w}) = [mm] 1/n^k \forall [/mm] w [mm] \in [/mm] Omega.
>
> Menge der zulässigen Ereignisse: [mm] 2^{Omega}.
[/mm]
>
> Soweit ok?
Ja, das passt. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> (i) Betrachtetes Ereignis:
>
> [mm]A={(w_1, w_2, w_3 ) \in Omega; w_1=W_2=w_3}.[/mm] Stimmt das
> so?
Na, da solltest du aber Butter bei die Fische geben. Wenn mich nicht alles täuscht, dann hat Schweini in der Nationalmannschaft die Rückennummer 7. Also nehmen wir die mal als Nummer und dann schreibe
[mm] A=\{(7,7,7)\}
[/mm]
>
> Und dann:
>
> P(A)= [mm]1/11^3.[/mm]
>
> Wie würde man denn formal die Ereignisse aus (b) und c)
> notieren?
Eben auch durch konkrete Tripel, wobei das ein wenig in Fleißarbeit ausartet.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:01 Di 06.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
Muss ich bei (ii) und (iii) dann wirklich alle möglichen Tripel hinschreiben, oder geht das etwas kürzer?
Also z.B. bei (ii)
[mm] B={{2,3,w_i}; w_i \in {1,4,5,...11}}, [/mm] wenn z.B. Neuer die 2 und Özil die 3 hat. Muss ich dann noch die 5 weiteren Reihenfolgen aufschreiben?
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Hallo,
> Muss ich bei (ii) und (iii) dann wirklich alle möglichen
> Tripel hinschreiben, oder geht das etwas kürzer?
>
> Also z.B. bei (ii)
> [mm]B={{2,3,w_i}; w_i \in {1,4,5,...11}},[/mm] wenn z.B. Neuer die
> 2 und Özil die 3 hat. Muss ich dann noch die 5 weiteren
> Reihenfolgen aufschreiben?
aus mathematischer Sicht muss man dies insbesondere dann nicht tun, wenn man das Ergäbnis der Zählung schon kennt. Sprich: in welcher Form du das tun sollst, das richtet sich wohl doch eher nach dem Kontext, in dem die Aufgabe gestellt wurde und das musst du eigentlich selbst am besten wissen.
Aus Erfahrung würde ich sagen: wenn verlangt ist, den Wahrscheinlichkeitsraum anzugeben, dann muss man auch bei ii) und iii) die Ereignisse komplett hinschreiben. Aber wie gesagt: das ist eine Vermutung.
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:58 Mi 07.05.2014 | | Autor: | rabilein1 |
> Aber könnte man nicht sagen, man zieht aus einer Urne mit
> 11 Karten 3 Stück mit zurücklegen und ohne Beachtung der
> Reihenfolge?
Ja, genau so ist es
> Dein Argument mit den unendlichen vielen Kugeln verstehe ich nicht,
> es gibt doch nur 11 verschiedene Aufkleber
So ein Argument mag für Schüler auch verwirrend sein, da sie sich unter "unendlich" oftmals nichts vorstellen können.
Gemeint ist schlicht und einfach: "MIT Zurücklegen"
Nur: Wenn du einen Aufkleber "Schweinsteiger" bekommst, ist hinterher in Wirklichkeit ja ein "Schweinsteiger" weniger im Topf. Also OHNE Zurücklegen. Du gibst den "Schweinstiger" ja nicht zurück.
Wenn es aber unendlich viele Schweinsteiger im Topf gäbe, dann fällt der eine, den du rausgezogen hast, gar nicht weiter auf, das wäre dann quasi genau so wie MIT Zurücklegen.
Denke am besten ans Würfeln. Egal, welche Zahl du würfelst, beim nächsten Wurf hast du immer noch alle 6 Zahlen auf dem Würfel.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:28 Di 06.05.2014 | | Autor: | rabilein1 |
Es gibt mehrere Wege, die nach Rom führen. Deshalb hier mal ein anderer Ansatz, der m.E. einfacher nachzuvollziehen ist:
Der Nenner [mm] 11^{3} [/mm] bleibt bestehen; man muss also nur noch die Anzahl der möglichen Kombinationen bestimmen:
Wenn ich die einzelnen Karten von 1 bis 11 numeriere, so ergeben sich folgende Treffer:
1 1 2 bis 1 1 11 (das sind 10 Stück)
2 2 1 bis 2 2 11 (das sind 10 Stück, denn 2 2 2 ist kein Treffer)
Das geht so nun weiter bis
11 11 1 bis 11 11 10 (also wieder 10 Stück)
Somit komme ich auf 11 * 10
Und nun mache ich aus 1 1 2 noch 1 2 1 und 2 1 1
Das sind nochmals 3 Kombinationen
Insofern kriege ich in den Zähler 11*10*3
Meines Erachtens ist das etwas leichter zu verstehen als dieses [mm] 6*\vektor{11 \\ 2}, [/mm] wobei das Ergebnis dasselbe ist.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:48 Di 06.05.2014 | | Autor: | Diophant |
Moin,
> Es gibt mehrere Wege, die nach Rom führen. Deshalb hier
> mal ein anderer Ansatz, der m.E. einfacher nachzuvollziehen
> ist:
>
> Der Nenner [mm]11^{3}[/mm] bleibt bestehen; man muss also nur noch
> die Anzahl der möglichen Kombinationen bestimmen:
>
> Wenn ich die einzelnen Karten von 1 bis 11 numeriere, so
> ergeben sich folgende Treffer:
>
> 1 1 2 bis 1 1 11 (das sind 10 Stück)
> 2 2 1 bis 2 2 11 (das sind 10 Stück, denn 2 2 2 ist
> kein Treffer)
>
> Das geht so nun weiter bis
>
> 11 11 1 bis 11 11 10 (also wieder 10 Stück)
>
> Somit komme ich auf 11 * 10
Um solche Monster an Abzählungen zu vermeiden, wurde einst die Kombinatorik erfunden.
> Und nun mache ich aus 1 1 2 noch 1 2 1 und 2 1 1
>
> Das sind nochmals 3 Kombinationen
>
> Insofern kriege ich in den Zähler 11*10*3
>
>
> Meines Erachtens ist das etwas leichter zu verstehen als
> dieses [mm]6*\vektor{11 \\ 2},[/mm] wobei das Ergebnis dasselbe
> ist.
Nur wenn 3=6.
Ich verstehe deine Motivation nicht. Du gehst hier immer wieder in Threads ein zu Fragen, bei denen du vorsichtig gesagt nicht wirklich sattelfest bist. Deine Vorschläge sind dabei in einigen Fällen, etwa hier nicht zielführend. Sie sind sogar insofern schlecht, als dass im Zweifelsfall Fragestellern so davon abgeraten wird, gerade eben gelernte Konzepte zu verwenden.
Gruß, Diophant
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> Moin,
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> > Es gibt mehrere Wege, die nach Rom führen. Deshalb hier
> > mal ein anderer Ansatz, der m.E. einfacher
> nachzuvollziehen
> > ist:
> >
> > Der Nenner [mm]11^{3}[/mm] bleibt bestehen; man muss also nur
> noch
> > die Anzahl der möglichen Kombinationen bestimmen:
> >
> > Wenn ich die einzelnen Karten von 1 bis 11 numeriere,
> so
> > ergeben sich folgende Treffer:
> >
> > 1 1 2 bis 1 1 11 (das sind 10 Stück)
> > 2 2 1 bis 2 2 11 (das sind 10 Stück, denn 2 2 2 ist
> > kein Treffer)
> >
> > Das geht so nun weiter bis
> >
> > 11 11 1 bis 11 11 10 (also wieder 10 Stück)
> >
> > Somit komme ich auf 11 * 10
>
> Um solche Monster an Abzählungen zu vermeiden, wurde einst
> die Kombinatorik erfunden.
>
> > Und nun mache ich aus 1 1 2 noch 1 2 1 und 2 1 1
> >
> > Das sind nochmals 3 Kombinationen
> >
> > Insofern kriege ich in den Zähler 11*10*3
> >
> >
> > Meines Erachtens ist das etwas leichter zu verstehen
> als
> > dieses [mm]6*\vektor{11 \\ 2},[/mm] wobei das Ergebnis dasselbe
> > ist.
>
> Nur wenn 3=6.
Hallo,
wieso?
Es ist doch [mm] 6*\vektor{11 \\ 2}=6*\bruch{11!}{9!*2!}=6*\bruch{10*11}{2}=3*10*11 [/mm] ?
rabilein hat also mit seiner Methode das richtige Ergebnis gefunden, jedenfalls soweit ich die Lage überblicke.
>
> Ich verstehe deine Motivation nicht. Du gehst hier immer
> wieder in Threads ein zu Fragen, bei denen du vorsichtig
> gesagt nicht wirklich sattelfest bist. Deine Vorschläge
> sind dabei in einigen Fällen, etwa hier nicht
> zielführend. Sie sind sogar insofern schlecht, als dass im
> Zweifelsfall Fragestellern so davon abgeraten wird, gerade
> eben gelernte Konzepte zu verwenden. Das ist im Sinne
> unseres Forums in meinen Augen ziemlich destruktiv, und ich
> frage mich wirklich, weshalb das sein muss?
rabileins aktuelles Treiben hier im Forum habe ich nicht so genau im Blick.
Ich erinnere mich, daß er früher schon vielen geholfen hat,
und öfter eigene, originelle Ideen und Fragestellungen eingebracht hat.
Diophant, dieses Forum ist offen für jeden.
Jeder soll, darf und kann sich hier beteiligen,
es wird auch, wenn ich es richtig in Erinnerung habe, sinngemäß irgendwo auf der Startseite dazu aufgefordert, durch eigenes Erklären sein eigenes Können zu erweitern.
Das beinhaltet, daß sogar Fehler gemacht werden dürfen.
Das Forum ist offen, und ich glaube, grobe Fehler fallen doch sehr oft jemandem auf.
rabilein hat seine Methode des systematischen Abzählens nur als Mitteilung gepostet, keinesfalls als alleinseligmachende Lösung.
Das ist doch kein Fehler?
In meinem Unterricht sage ich oft in verschiedene Zusammenhängen: "Schau, dafür muß man nicht Mathematik studiert haben. Es reicht der gesunde Menschenverstand, denn..."
LG Angela
>
> Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:34 Di 06.05.2014 | | Autor: | Diophant |
Hallo Angela,
ich habe meinen obigen Beitrag leicht abgeändert. Ich hatte mich da verlesen, bleibe aber soweit bei meiner Einschätzung der Sinnhaftigkeit der obigen Vorgehensweise.
Was ich aber klarstellen möchte: ich möchte niemand davon abhalten, hier teilzunehmen und habe auch nirgends irgendetwas anderslautendes geschrieben, auch nicht andeutungsweise. Und ich bin ehrlich gesagt ziemlich verwundert darüber, so und dahingehend missverstanden zu werden.
Beste Grüße, Diophant
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:02 Di 06.05.2014 | | Autor: | rabilein1 |
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> Nur wenn 3=6.
Verrechnen kann man sich immer mal. Das ist nicht schlimm, und du hast es ja auch gemerkt.
> Ich verstehe deine Motivation nicht. Du gehst hier immer
> wieder in Threads ein zu Fragen, bei denen du vorsichtig
> gesagt nicht wirklich sattelfest bist. Deine Vorschläge
> sind dabei in einigen Fällen, etwa hier nicht
> zielführend. Sie sind sogar insofern schlecht, als dass im
> Zweifelsfall Fragestellern so davon abgeraten wird, gerade
> eben gelernte Konzepte zu verwenden.
Genau an dieser Stelle bin ich allerdings vollkommen anderer Ansicht als du (unabhängig jetzt von dem, was Angela dazu angemerkt hat),
Da es aber nicht zweckdienlich wäre, das in diesem Thread zu erörtern, würde ich dafür gernen einen separaten Thread eröffnen, wo es um unterschiedliche Verfahren in der Mathematik geht
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