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  1. #76
    Mitglied Avatar von Spectaculus 1/4
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    Sieht gut aus, ich habe auch noch ein paar alte Sticker von einer anderen Aktion, die ich nie getauscht habe.

  2. #77
    Mitglied Avatar von Spectaculus 1/4
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    Zitat Zitat von orlando_77 Beitrag anzeigen
    Ich habe übrigens mittlerweile meine doppelten und fehlenden Sticker auf stickermanager.com eingestellt und schon einige Täusche abgewickelt. Die Seite wurde wohl ursprünglich für die WM Sammelalben erstellt und ist sehr komfortabel. Man gibt seine doppelten und fehlenden Sticker an und erhält eine Liste der passenden Tauschpartner vorgeschlagen. Die kann man dann anfragen und wenn der Gegenüber dem Tausch zustimmt, bekommen beide die Adresse des jeweils anderen und können sich die Sticker gegenseitig zuschicken.

    Falls alle meine so getauschten Sticker ankommen bin ich unter 50 fehlenden und kann die restlichen bei Panini nachbestellen. Bin aber auch gerne bereit noch fehlende zu tauschen, hab' noch ca 60 doppelte. Wer möchte, kann sich die Seite ja mal anschauen, mein Username dort ist stickrhh.
    Hab' dich mal als Freund hinzugefügt
    Geändert von Spectaculus 1/4 (03.12.2018 um 11:29 Uhr)

  3. #78
    Mitglied keine Werbung Avatar von orlando_77
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    Zitat Zitat von Spekulatius Beitrag anzeigen
    Hab' dich mal als Freund hinzugefügt
    Ah, Du warst das. :-) Hast eine Tauschanfrage.
    Geändert von orlando_77 (03.12.2018 um 15:07 Uhr)

  4. #79
    Mitglied Avatar von Spectaculus 1/4
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    Danke dir!

  5. #80
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    Zitat Zitat von kater karlo Beitrag anzeigen
    Stimmt das so? Und was ist das Besondere an der Geschichte? Fehlen da Paneels, die man sich als Panini-Bilder kaufen muss? Verrückte Idee...
    Zitat Zitat von kater karlo Beitrag anzeigen
    Die Geschichte von Thomas81 (Beitrag 235) hat sich als Aprilscherz der Italiener herausgestellt.
    Damals war es noch ein Aprilscherz! So ändern sich die Zeiten

  6. #81
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    Zitat Zitat von NRW-Radler Beitrag anzeigen
    Lediglich die deutsche Übersetzung trübt das - das hat definitiv jemand übersetzt, der von Disney-Comics nicht viel mehr als Basiskenntnisse hat, und das dürfte niemand bei Egmont gewesen sein. Da werden dann munter die englischen Namen belassen, wenn der Übersetzer die deutschen Namen nicht parat hat (Dr. Vulter für Käpt'n Orang, Der reimende Mann für den Dichter-Spion, Bruto und Ellsworth wurden schon genannt, die erste Geschichte mit dem Schwarzen Phantom heißt plötzlich "Micky überlistet das Schwarze Phantom" - also wörtlich statt dem deutschen Titel "Jagd aus das Phantom", Gamma redet wie im Original in P-Sprache... immerhin war Professor Wunderlich als ein möglicher deutscher Name bekannt.)
    Stimmt. Schrecklich auch "Die Trilogie des Eisschwertes". Darf man es sich als Panini wirklich erlauben, eine so dilettantische deutsche Übersetzung anzufertigen?

    Das Donald und Micky in zwei verschiedenen Städten leben, hat mich hingegen weniger gestört, denn das ist ja tatsächlich so. Hierbei handelt es sich nicht um einen Übersetzungsfehler von Panini, sondern um einen von Erika Fuchs.
    Geändert von Indiana Goof (30.12.2018 um 11:30 Uhr)

  7. #82
    Dauerhaft gesperrt Avatar von Darkenblot
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    Ich habe das Album auch voll und die Sticker aber extra in einer Box und nicht eingeklebt. Ein zweites Album habe ich auch mit allen Karten. Die doppelten Sticker werde ich aber verkaufen wenn die jemand will.

  8. #83
    Mitglied Avatar von Spectaculus 1/4
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    So, mir fehlen jetzt noch die folgenden Sticker:


    5, 7, 29, 34, 91, 95, 111, 115, 126, 133, 138, 159, 161, 164, 184, 196, 205, 209, 210, 211, 218, 244, 245, 266


    Weiterhin wäre ich dankbar für die Sticker, die bei mir nicht zusammenpassen wollen:


    33, 100, 108, 123, 135, 156, 191, 224, 274


    Und die Micky-Figur.


    Ich habe 83 doppelte, 27 dreifache, 5 vierfache Sticker sowie 20 doppelte, 11 dreifache, 3 vierfache Karten und 2 doppelte Daisy-Figuren und je eine doppelte Phantomias- und Gamma-Figur im Angebot.


    Falls keine Tauschangebote mehr kommen, werde ich die fehlenden natürlich von Panini nachbestellen. Aber so könnte ich vielleicht noch mit meinen rund 150 überflüssigen Items etwas Gutes tun...
    Geändert von Spectaculus 1/4 (19.03.2019 um 20:46 Uhr)

  9. #84
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    Hast Du mal dran gedacht, die fehlenden Sticker direkt bei Panini nachzubestellen? Dort kann man bis zu 40 Sticker bestellen, um die Lücken zu schließen. Ich glaube für 20Ct das Stück, so hatte ich mein Album an Ende relativ leicht voll. Vor allem, weil fast nur noch Glanz- und Hologramm-Sticker gefehlt hatten, die ich nicht getauscht bekommen habe. Auf der letzten Seite des Albums ist es beschrieben.

  10. #85
    Mitglied Avatar von Spectaculus 1/4
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    Momentan kommen ja immer noch Tauschangebote. U.a. war NRW-Radler so nett, mir einen Glanzsticker zu schicken. Klar, kann ich die bei panini nachbestellen. Aber so kann ich ja auch noch anderen mit meinen vielen Duplikaten helfen...

  11. #86
    Mitglied Avatar von Cap'n Kuda
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    Wahrscheinlichkeiten bei Panini Karten

    Ich bin über Indiana Goof's Bemerkung im "Disney-Sammelfiguren von Lego" Thread
    Zitat Zitat von Indiana Goof Beitrag anzeigen
    @Cap'n Kuda: Dass solche Berechnungen nicht trivial sind, haben wir schon im Panini-Thread gesehen.
    auf eure mathematischen Überlegungen hier zu den Panini Bildern gestoßen. Ich habe nicht alles im Detail gelesen, also habt bitte Nachsicht, falls ich irgendein Detail vergessen habe. Wenn ich es aber richtig verstanden habe, interessiert euch die Frage:

    Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei n gekauften Karten mindestens eine Karte mindestens r-mal vorkommt?
    Randbedingung: Insgesamt gibt es m verschiedene Karten, jede ist gleichwahrscheinlich und eine Karte sieht man natürlich erst wenn man sie gekauft hat.

    Diese Wahrscheinlichkeit lässt sich nicht direkt mit der Binomialverteilung (also der "Bernoulliformel") ausrechnen. Sie spielt aber dabei eine Rolle. Eine explizite Formel scheint mir hier auch nicht zielführend zu sein (umständlich für praktische Berechnungen). Aber dafür konnte ich eine schöne Rekursionsformel herleiten. Dazu siehe weiter unten.

    Zuerst ein paar Rechenbeispiele:

    Insgesamt gibt es m=276 verschiedene Karten. Dr. Dulle hat mittels R-Simulationen folgende Wahrscheinlichkeit bestimmt.
    Zitat Zitat von Dr. Dulle Beitrag anzeigen
    Wie wahrscheinlich ist es, dass bei 125 gekauften Karten mindestens eine mindestens fünfmal auftaucht? Antwort: 2,77% (27714 mal bei 1000000 Versuchen)
    Das exakte Ergebnis mittels Formel lautet 2.784265% (siehe R-Skript unten)

    Zitat Zitat von HerrHase Beitrag anzeigen
    Ich finde es zumindest auch verdächtig, wenn ich bei ca. 25 gekauften Tüten einen Sticker schon fünf Mal habe. Wie hoch ist denn die statistische Wahrscheinlichkeit, dass das passiert, wenn es insgesamt über 270 verschiedene Sticker gibt?
    Antwort: 0.0008619051 %
    Dieses Ergebnis macht damit wohl eher deutlich, dass die Sticker nicht in Gleichverteilung an den Mann kommen. Ich erspare mir einen Signifikanztest...

    Hier jetzt die allgemeine Formel mit Herleitung. Ich habe dazu die Formel, so wie sie ist, in ein kleines R-Skript geschrieben (ohne irgendwelche Optimierungen). Dieses Skript insbesondere bitte nicht in allen möglichen trivialen Randfällen (m=0, r=0 und ähnlichen Quatsch) auf Herz und Nieren überprüfen. Für vernünftige Werte funktioniert es. Das hat mir gereicht. Wer Langeweile hat, darf es gerne optimieren.



    R-Skript:
    Bemerkung: Die Wahrscheinlichkeit wird als Wert zwischen 0 und 1 ausgegeben, nicht als Prozent!!!
    Code:
    m=276 # Anzahl verschiedener Motive
    n=125 # Anzahl gekaufter Karten
    r=5   # mindestens ein Motiv mindestens r-mal
    
    # Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei n gekauften Karten mindestens eine Karte mindestens r-mal vorkommt?
    # Randbedingung: Insgesamt gibt es m verschiedene Karten, jede ist gleichwahrscheinlich und eine Karte sieht man natürlich erst wenn man sie gekauft hat.
    # Die Wahrscheinlichkeit wird als Wert zwischen 0 und 1 ausgegeben, nicht als Prozent
    
    v=NULL
    for (i in 1:(m*n)) {
      v[i]=0
    }
    b=matrix(v,nrow = n)
    
    for (i in r:n) {
      b[i,1]=1
    }
    for (j in 1:m) {
      b[r,j] = 1 / ( j^(r-1) )
    }
    
    for (i in r:(n-1)) {
      for (j in 2:m) {
        e = 0
        for (k in 0:(i-r)) {
          i0 = max(1,i-k)
          j0 = max(1,j-1)
          e = e + dbinom(k, size = i, prob = 1/j)*b[i0,j0]
        }
        for (k in (r-1):i) {
          i0 = max(1,i-k)
          j0 = max(1,j-1)
          e = e + dbinom(k, size = i, prob = 1/j)*(1-b[i0,j0])
        }
        b[i+1,j] = e
      }
    }
    b[n,m]

  12. #87
    Mitglied Avatar von Cap'n Kuda
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    Zitat Zitat von Indiana Goof Beitrag anzeigen
    Aufgabe für die Mathematiker unter euch: Nehmen wir an, ein Album habe 500 Sticker. Nehmen wir weiter an, ich kaufe 500 Sticker. Lassen wir der Einfachheit halber außer Acht, dass es in einer Tüte keine doppelten hat und in einer Box meist auch nicht, sondern nehmen wir an, der Zufall entscheide alleine, welche 500 Sticker ich kriege. Und nehmen wir noch an, bei jedem Sticker ist die Wahrscheinlichkeit gleich hoch, ihn zu kriegen, und die Anzahl pro Sticker ist nicht limitiert.
    (Urnenmodell: Ziehen mit Zurücklegen, 500 verschiedenfarbige Kugeln, 500 Züge)

    Frage: Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass von den 500 Stickern mindestens 50 Nummern gar nicht dabei sind und mindestens eine Nummer mindesten 5mal dabei ist?
    Kurzantwort: 0.8460122 (d.h. 84.60122 %)

    Ausführliche Begründung:

    Bezeichne

    A das Ereignis "mindestens eine Nummer mindesten 5mal"

    und
    B das Ereignis "mindestens 50 Nummern gar nicht"

    dann gilt
    P(A∩B)=P(A|B)*P(B)

    Wie man P(B) berechnet, habe ich hier erklärt . Der Code für Pkmn(k0,m0,n0) steht ebenfalls dort.
    Code:
    k0 = 500 
    m0 = 500 
    n0 = 500 
    V = Pkmn(k0,m0,n0) 
    plot(V)  
    s = 0
    for (i in 1:451) {
      s = s + V[i]
    }
    s
    Ergebnis s=P(B)=1. Das Ergebnis überrascht vielleicht, ist aber unmittelbar klar, wenn man sich die Grafik der Verteilung anschaut.
    Zwischenbehauptung: |P(A|B)-P(A)| ≤ 1-P(B)
    Beweis:
    1-P(A|B)=1-P(A∩B)/P(B)=(P(B)-P(A∩B))/P(B)≥P(B)-P(A∩B)P(B)-P(B) also P(A|B)-P(A)≤1-P(B)
    P(A|B)-P(A)+1=P(A|B)-P(A)+P(A)+P(Ac)=P(A|B)+P(Ac)=P(A∩B)/P(B)+P(Ac)P(A∩B)+P(Ac)≥P(B) also -(1-P(B))=P(B)-1≤P(A|B)-P(A)
    Die Behauptung folgt aus den beiden fett geschriebenen Ungleichungen.

    Für P(B)=1 folgt somit |P(A|B)-P(A)|=0, d.h. P(A|B)=P(A). Damit gilt dann aber
    P(A∩B)=P(A|B)*P(B)=P(A)*P(B)=P(A)*1=P(A)
    Wie man P(A) berechnet, habe ich im oberen Beitrag gezeigt.
    Code:
    m=500
    n=500
    r=5
    und den Rest vom Skript durchlaufen lassen.
    Ergebnis
    0.8460122. D.h. insgesamt gilt

    P(A∩B)=0.8460122

    nachträgliche Bemerkung/Ergänzung: Natürlich ist die Wahrscheinlichkeit P(B) nicht exakt = 1, aber eben doch so nahe bei 1, dass es die Rechengenauigkeit von R übertrifft und (gerundet) als 1 ausgegeben wird. Aus der Ungleichung |P(A|B)-P(A)| ≤ 1-P(B) folgt dann eben mit derselben Rechengenauigkeit P(A|B)=P(A) und die weitere Rechnung folgt wie oben beschrieben. Die unten angefügte Grafik zeigt es deutlich. In diesem Beitrag habe ich in der langen Herleitung die Zufallsvariable Y definiert und die Wahrscheilichkeit P(B) entspricht P(Y≤450), also der "Fläche" des "Graphen" links vom vertikalen Strich.
    Geändert von Cap'n Kuda (08.06.2019 um 10:31 Uhr)

  13. #88
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    Ich bin sprachlos, oder wie Mr. Spock sagen würde: "Faszinierend!"

  14. #89
    Mitglied Avatar von Cap'n Kuda
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    Hehehe
    Ein klein wenig gemogelt habe ich im letzten Beitrag aber auch. ... Um es mit den Worten Spock's zu sagen
    Schätzen entspricht nicht meiner Natur.
    Das habe ich dort aber trotzdem getan -> siehe die nachträgliche Bemerkung.

  15. #90
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    Zitat Zitat von Cap'n Kuda Beitrag anzeigen
    Kurzantwort: 0.8460122 (d.h. 84.60122 %)
    Wenn das tatsächlich so ist (was ich nicht bezweifle) - findet ihr das nicht erstaunlich? Also ich hätte die Wahrscheinlichkeit sogar noch etwas höher eingeschätzt, aber Laien schätzen sie in der Regel tiefer ein.

  16. #91
    Mitglied Avatar von Cap'n Kuda
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    Auch hier nochmal die Info (falls da in Zukunft jemand drüber stolpert): Alle meine Ergebnisse zu den Wahrscheinlichkeiten finden sich ab sofort zusammengefasst in einem pdf Dokument (inklusive R-Code und weiteren Verallgemeinerungen und Ergänzungen) und kann über den folgenden Link heruntergeladen werden.
    Downloadlink

    Folgende Themen werden im Dokument behandelt:
    1. Durchschnittliche Anzahl an Päckchen, die ich kaufen muss, um alle mich interessierende Motive zu erhalten (und Varianz der Zufallsvariable).
    2. Durchschnittliche Anzahl an verschiedenen mich interessieren Motiven, bei n gekauften Päckchen (und Varianz der Zufallsvariable).
    3. Wie viele Tüten muss ich kaufen, damit ich mit einer Wahrscheinlichkeit von p (z.B. p = 0,5 oder p = 0,75) alle Motive bekomme, die mich interessieren?
    4. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, bei n gekauften Tüten mindestens ein Motiv mindestens r-mal zu bekommen?
    5. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, bei n gekauften Tüten mindestens s verschiedene Motive jeweils mindestens r-mal zu bekommen?
    6. Wie viele Tüten muss ich kaufen, damit ich mit einer Wahrscheinlichkeit von p alle Objekttypen bekomme, die mich interessieren, wenn in jeder Tüte genau s verschiedene Objekttypen stecken (eine Verallgemeinerung von 2 und 3)?

    Viel Spaß damit.
    Geändert von Cap'n Kuda (25.06.2019 um 19:38 Uhr)

  17. #92
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    @Cap'n Kuda: Da du mathematisch nicht unbegabt zu sein scheinst, kannst mir vielleicht noch folgende Frage beantworten, die sich aufs Geburtstagsparadoxon bezieht:

    Zitat Zitat von Indiana Goof Beitrag anzeigen
    Kann mir jemand sagen, wieso sich diese Personen in einem Raum befinden müssen? Das habe ich nie verstanden. Wieso können sie sich nicht in einem Schwimmbad, auf dem Mount Everest oder im Hambacher Forst befinden?
    Was wäre, wenn die Personen nicht in einem Raum wären? Und falls sie tatsächlich in einem Raum sind, was würde sich ändern, wenn sie den Raum wieder verlassen?

  18. #93
    Mitglied Avatar von Cap'n Kuda
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    Unter diesen Personen gibt es zwei die am gleichen Tag Geburtstag haben oder eben nicht. Ob die sich auf dem Mount Everest befinden oder in einem Schwimmbad ändert daran nichts (wenn es die gleiche Gruppe Personen ist). Und ebenso ändert sich daran nichts ob sie gerade ankommen oder den Ort wieder verlassen. Mmmh vielleicht verstehe ich deine Frage nicht richtig?

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