Hilfe in Mathe!!!

Habt recht, meine 2.Ableitung war falsch. Sorry.
Hab jetzt auch diegleiche Wendetangente wie du.

Dein ursprünglicher Ansatz mit dem Integral ist natürlich auch korrekt und wird zum Ergebnis führen, aber da es ja nur ein Dreieck ist, sollte es mit meinem Vorschlag schneller bzw. mit weniger Rechnen zur Lösung kommen.

Endlich ist comunio wieder erreichbar!
Die Schwierigkeiten hören aber leider nicht auf.

Auf die Achsen trifft die Tangente bei (4-a|0) sowie bei (0|(4-a)e^(a-2)).
Heißt wir gelangen zur Funktion..
A(a)=0,5e^(a-2) * (4-a)²
A'(a)=0,5e^(a-2) * (a-4)

Das hieße, wir hätten einen Extremwert bei 4. Leider aber ist es nur ein Extremwert. Setze ich diesen nämlich in die zweite Ableitung ein, dann ist das Ergebnis größer als null und somit handelt es sich um einen Tiefpunkt. Folglich habe ich immer noch kein a berrechnet, dass zu einem maximalen Flächeninhalt führt.

Ich habe den Fehler gefunden!
Ein kleines Quadratzeichen beim Zusammenfassen von A'(a) übersehen.

mannoman... danke für die Tipps, hat mir sehr geholfen!

Wen es interessiert: a=2

Hmm, für a=2 ist der Flächeninhalt A(2)=2.
Für z.B. a=14 ist der Flächeninhalt A(14)=0,5e^(12) * (10)² > 100.

Du hast aber geschrieben, die Tangente würde ein Dreieck im 1. Quadranten bilden. Dort ist das Dreieck aber nur für a *kleiner* 4. Für a *größer* 4 ist es im 3. Quadranten.
Steht vielleicht in der Aufgabe a<4 oder sowas?

Meistens ist bei Extremwertaufgaben ein Intervall angegeben, hier möglicherweise ] -unendlich, 4[.
Ist ein Intervall angegeben, reicht es im Allgemeinen nicht, nur die Nullstellen der Ableitung als Kandidaten für Extremwerte zu betrachten. Zusätzlich müsste man noch die Intervallgrenzen betrachten.

EDIT: Wenn ich bei "... a *kleiner* 4. Für a *größer* 4 ..." die Zeichen <und> benutze, kommt a<4>4 raus

Berechnet man den Schnittpunkt der Wendetangente mit der x-Achse, erhält man 4-a. Wenn a nun größer als vier ist, erhält man ein negatives Argument, und somit wäre das Dreieck nicht mehr im ersten Quadranten.

So ist es

Haben gerade mit Stochastik angefangen und eine Frage.

Aufgabe: Aus einer Tüte mit 20 grünen und 40 roten Gummibärchen wird 3x gezogen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit das keine gleichfarbigen Gummibärchen gezogen werden?

Also es gibt 2 Wege.

Rot - Grün - Rot oder Grün - Rot - Grün

Bei RGR komme ich auf eine Wahrscheinlichkeit von 260/1711 (ca. 15,2%) und bei GRG auf 380/5133 (ca. 7%).

Jetzt muss ich ja beides addieren um einen Durchschnittswert zu bekommen, richtig?
Wenn ich das mache, bekomme ich folgendes Ergebnis:
160/1711 (ca. 9 %)

Vom logischen Denken würde ich jetzt aber davon ausgehen, dass der Durchschnittswert von 7% und 15% höher ist als 9%.

Mein "logisches Denken" falsch oder irgendwo nen Rechenfehler?

Eigentlich musst du das nur addieren, ohne dann noch den Mittelwert zu nehmen.

EDIT:
Geht es nur darum, dass es keine 3 gleichfarbigen sind oder geht es darum, dass direkt nacheinander nicht die selbe Farbe gezogen wird?
Bei ersterem gäbe es nämlich noch ein paar mehr Möglichkeiten bzw. würde ich das dann mit der Gegenwahrscheinlichkeit rechnen.

Da es nur Rote und Grüne gibt erübrigt sich doch deine letzte Frage oder?

Und ich soll die Wahrscheinlichkeit das RGR und GRG kommen kann addieren? Habe ich ja gemacht. Sowohl die Zähler als auch die Nenner addiert und dann kam ja 160/1711 raus was ca 9% ergibt.
Vermutlich ist das richtig, aber ich wunder mich halt wie der Mittelwert von 15 und 7 dann 9 sein kann

Edit: Mittelwert ist hier dann glaube ich einfach der falsche Begriff.

Und nochmal nachgedacht was du meinst.
Du meinst doch, wenn zu 15% RGR kommt und zu 7% GRG dann müsste es ja eine Wahrscheinlichkeit von 22% sein das nicht zweimal hintereinander die selbe Farbe gezogen wird, richtig? Klingt sehr logisch.
Nur sollen wir in Bruchen arbeiten und ich frage mich wie ich da auf die 22% komme.

AiS hat folgendes geschrieben:

Da es nur Rote und Grüne gibt erübrigt sich doch deine letzte Frage oder?

Nein, ich finde die Aufgabe, so wie sie dort steht etwas unklar formuliert. Wenn es nur darum ginge, am Ende keine 3 gleichfarbigen zu haben, ginge ja auch G-G-R oder R-G-G oder oder oder.

AiS hat folgendes geschrieben:

Und nochmal nachgedacht was du meinst. Du meinst doch, wenn zu 15% RGR kommt und zu 7% GRG dann müsste es ja eine Wahrscheinlichkeit von 22% sein das nicht zweimal hintereinander die selbe Farbe gezogen wird, richtig? Klingt sehr logisch. Nur sollen wir in Bruchen arbeiten und ich frage mich wie ich da auf die 22% komme.

Genau so muss das sein.
Also wenn ich 260/1711 + 380/5133 rechne, komme ich auf 40/177 und das sind 22,6%.

Jap gut alles verstanden und nachvollzogen.

Weiß nicht ob du noch da bist.
Aber kannst du mir noch kurz erklären wie du die Gegenwahrscheinlichkeit errechnen würdest? Das hatten wir noch nicht, wird aber denke ich noch ran kommen, die anderen Kurse hatten das jedenfalls auch schon.

Wäre dann eigentlich, wie wahrscheinlich es ist das R-R-R oder G-G-G kommt und den Prozentsatz von 100% abgezogen, oder?

AiS hat folgendes geschrieben:

Wäre dann eigentlich, wie wahrscheinlich es ist das R-R-R oder G-G-G kommt und den Prozentsatz von 100% abgezogen, oder?

Genau. Angenommen die Aufgabe wäre die Wahrscheinlichkeit auszurechnen, dass höchstens 2 Rote dabei sind. Da wäre es zu umständlich, alle Möglichkeiten von 0-2 Rote zu errechnen und zu addieren. Also ermittelst du einfach die Wahrscheinlichkeit für 3 Rote und ziehst diese von 1 ab.

Okay danke das ist ja dann recht einfach.

R-R-R wäre 40/60 * 39/59 *38/58 = 494/1711 = 29% also ist die Wahrscheinlichkeit das RRR nicht kommt bei 71% richtig?
Das selbe dann für GGG und fertig, right?

Wenn die Aufgabe "Höchstens 2 Grüne" wäre, ja.
Addieren müsstest du G-G-G und R-R-R wenn die Aufgabe "Höchstens 2 einer Farbe" wäre und natürlich noch von 1 abziehen.

Hmmm, wenn man die Aufgabe wörtlich nimmt, wäre die richtige Antwort eigentlich 0, oder nicht?

Das mit zweimal hintereinander die gleiche Farbe zu ziehen macht für mich wenig Sinn, denke dann wäre eher gemeint, dass nicht alle 3 Bärchen die gleiche Farbe haben und dann wäre die richtige Antwort 2/3.

Xima85 hat folgendes geschrieben:

Das mit zweimal hintereinander die gleiche Farbe zu ziehen macht für mich wenig Sinn, denke dann wäre eher gemeint, dass nicht alle 3 Bärchen die gleiche Farbe haben und dann wäre die richtige Antwort 2/3.

Ja, genau.

Fühle mich gerade ein bisschen dumm.
Gebe gerade Nachhilfe und habe eine Frage.

Was ist:

2(x+6) = x + 16


Lösung soll laut Lehrer X = 1 sein aber ich komme auf X = 4

gazman hat folgendes geschrieben:

Fühle mich gerade ein bisschen dumm. Gebe gerade Nachhilfe und habe eine Frage. Was ist: 2(x+6) = x + 16 Lösung soll laut Lehrer X = 1 sein aber ich komme auf X = 4

Keine Angst, die Lösung ist schon x = 4. Ich vermute, dass die Aufgabe nicht richtig abgeschrieben worden ist.

2x+12=x+16 => 2x-x+12=16 => x=16-12 => x=4

Deine Lösung ist natürlich vollkommen korrekt...

Für
x=1

2*1+12=1+16 => 14=17 / ähhhh




Grß 11

Dachte schon ich bin blöd - manchmal übersieht man ja was aber das ist eigentlich ein Niveau das ich behersche

Danke!

Sorry, aber gleich nochmal ne Frage. (Nein ich bekomme auch kein Geld für die Nachhilfe ich mache das freiwillig)

Aufgabe:
A = x+y+z
_____
3


In Worten X plus Y plus Z durch 3

Oder anders

A ist der Durchschnitt von X, Y, und Z

Jetzt soll die Formel nach Z umgestellt werden.

Hatte dann z = 3A durch x+y

Lösung soll aber sein: z = 3a - x - y

A= (x+y+z)/3

Als erstes rechnest du mal 3

3A= x + y + z

Dann rechnest du -x und -y!

z= 3A - x - y
_________________





25 Mai 2013 London Calling!!!!

Ach ja natürlich, ich sags ja wenn man 5 Stunden unterrichtet ist man irgendwann durch. Danke, ich schäme mich gerade etwas

Gestern beim wöchentlichen Kniffel/Yatzee/Knubbel Abend kam es zu einer riesen Diskussion.

Folgendes ist passiert.

1. Wurf (ich hoffe jeder kennt die Regeln)

1 - 2 - 3 - 5 - 2 lagen da, es wurde eine große Straße gebraucht.

Nun ging die Diskussion los, weil eine Spielerin der Meinung war, es wäre hier sinnvoller, nur die 2 - 3 - 5 draußen zu lassen.
Ich und zwei andere Spieler hätten auch noch die 1 draußen gelassen.

Sprich, folgende Optionen gab es.

A) Bei zwei Würfen mit jeweils einem Würfel die 4 zu würfeln.

Oder

B) Bei zwei Würfen 2 Zahlen zu treffen (1, 4, 6) - aber die 4 musste definitiv dabei sein.

Wie errechnet man nun die aus, welche Variante sinnvoller ist?
Da wurde gestern echt heftig diskutiert.

Mein Gedanke zu Variante A ist, dass ich pro Versuch eine Chance von 1/6 habe die letzte Zahl zu machen.

Aber bei B komme ich nicht weiter. Da gibts ja auch viele Optionen die eintreffen können...

Theoretisch gesehen ist die Sache etwas tricky, da wir es mit bedingten Wahrscheinlichkeiten sowie einem Mehrfachwurf zu tun haben, in diesem Beispiel ist die Sache aber relativ klar.

Die Überlegung, eine sichere Zahl abzuwählen um damit die mehrere Optionen offen zu haben macht nur dann Sinn, wenn man auch auf unterschiedliche Ereignisse setzt. Das ist hier aber nicht der Fall.

In Variante A benötigt man nur noch eine 4.
In Variante B benötigt man eine 4 UND eine weitere Zahl - und das bei gleich vielen Würfen.
So betrachtet ist klar, dass Variante B Blödsinn ist. Wir haben hier keine Entewder/Oder Überlegung.

Es wäre zB etwas anderes, wenn es zB. darum ginge, sich die Sicherheit offen zu lassen, wenigstens eine kleine Straße zu haben. Dann wären due Alternativen entweder 1-2-3-5 liegen zu lassen und auf eine 4 zu hoffen, oder 1-2-3 (oder wie hier gesagt 2-3-5) liegen zu lassen, so die Chance auf eine 4 zu erhöhen, dafür aber die große Straße abzugeben.
Da erhöhen wir die Grundgesamtheit auf Kosten der großen Straße, um wenigstens eine kleine Straße zu bekommen. Da kann man relativ einfach eine entsprechende Berechnung aufmachen.

Da es hier aber nur darum ging, eine große Straße zu bekommen, ist dieser Gedanke irrelevant und es logisch gesehen aboluter Blödsinn, eine Zahl, die ich sicher benötige zu opfern um die Grundgesamtheit ohne Bedarf zu erhöhen.