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Würfel-Experiment

Universität / Fachhochschule

Tags: Augensumme, Würfel

macymike aktiv_icon

09:18 Uhr, 23.10.2014

Hallo zusammen,

ich stehe vor einem Problem aus Bereich der Stochastik. Folgendes Szenario:
Ein Würfel soll zehn Mal geworfen werden. Ich bin an der Wahrscheinlichkeit interessiert, dass nach

10

Würfen mindestens eine bestimmte Augensumme erzielt wurde,

z

. B. ≧30 oder ≧40. Gibt es in diesem Fall eine Formel, mit der ich die Wahrscheinlichkeit für diese Fälle berechnen kann?

Besten Dank für die Hilfe!

Mike

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Flächenmessung
Raummessung
Volumen und Oberfläche eines Prismas

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

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10:05 Uhr, 23.10.2014

Ich glaube kaum, dass es dafür eine kompakte Formel gibt. Du musst alle Möglichkeiten ermitteln, wie bei

10

Würfen die Summen

30, 31,32, ... 40

entstehen können. Dabei ist auch jeweils die Reihenfolge zu berücksichtigen. Die Gesamtsumme all dieser Möglichkeiten teilt man dann durch die Anzahl aller Möglichkeiten bei

10

Würfen

(= 6^{10})

.
Beispiel "Summe 30":

6,6,6,6,1,1,1,1,1,1

Dabei sind alle möglichen Reihenfolgen zu berücksichtigen

(\frac{10!}{4! \cdot 6!})

6,6,6,5,1,1,1,1,1,2

(wieder in allen möglichen RF

: (\frac{10!}{3! \cdot 1! \cdot 5! \cdot 1!})

. .

.

Das Ganze ist offenbar sehr aufwendig.

anonymous

12:54 Uhr, 23.10.2014

Die Rückfrage an dich ist, ob du eine exakte Formel und Wahrscheinlichkeitswert benötigst,
oder ob dir ein stochastisches Ergebnis genügt.

a)

Unter exakter Formel bzw. Wahrscheinlichkeitsrechnung würde ich die Binomialverteilung verstehen.
So wie es offensichtlich Supporter verstanden hat.
Und ich stimme zu, dass das schon ziemlich heftig und komplex würde.

b)

Unter "stochastischem Ergebnis" möchte ich die Idee verfolgen, dass man die Binomialverteilung ja durch eine Normalverteilung annähern kann.
Wir sind uns doch einig, dass der Erwartungswert für die Augensumme nach

10

Würfen

35

ist.
Die Annäherung an die Normalverteilung bietet uns eine Varianz.

V = \sqrt{n \cdot p \cdot q}

Und die Normalverteilung bietet uns dann sehr wohl eine einfache Möglichkeit, die vom Aufgabensteller gewünschte Wahrscheinlichkeit zu berechnen.

Jetzt müssen wir uns nur noch überlegen, wie wir an die geeignete Varianz kommen.
Eine pragmatische Möglichkeit ist sicherlich, die Varianz numerisch zu ermitteln.

anonymous

13:01 Uhr, 23.10.2014

Oder...
Es gibt insgesamt

6^{10}

Variationen, die man würfeln kann.

Davon genau eine Variation, um die minimale Augenzahl

10

zu erwürfeln.
Und genau eine Variantion, um die maximale Augenzahl

60

zu erwürfeln.

Diese Angaben sollten doch fast schon reichen, um die Varianz abzuschätzen...

Sonst präzisieren wir noch mit den Ergänzungen:
Es gibt genau

10

Variationen, um die Augenzahl

11

zu erwürfeln.
Es gibt genau

10

Variationen, um die Augenzahl

59

zu erwürfeln.

macymike aktiv_icon

15:28 Uhr, 23.10.2014

Vielen Dank für die sehr hilfreichen Erläuterungen. Ein stochastisches Ergebnis würde in meinem Fall völlig ausreichen.

anonymous

19:54 Uhr, 23.10.2014

Gerne geschehen.
Wenn die Aufgabe damit abgeschlossen ist, stelle den Status des Threads doch bitte noch auf "abgeschlossen".
:-)

Matlog aktiv_icon

21:03 Uhr, 23.10.2014

@ cositan:
Ich kann nicht erkennen, wo diese Binomialverteilung ist, von der Du sprichst.
(Das ist aber vielleicht auch nicht so wichtig.)

Und der Weg zur Bestimmung (Schätzung) der Varianz ist mir auch noch nicht ganz klar!?

anonymous

10:00 Uhr, 24.10.2014

Also gut, wenn nichts mehr hilft, nehme ich halt pure Computerkraft.
Sei AS die Augensumme.
Sei

h

die Anzahl an Variationen, die zu dieser Augensumme führt.
Dann komme ich (besser gesagt mein Computer) auf folgende Verteilung:
AS; h(AS)

10; 1

11; 10

12; 55

13; 220

14; 715

15; 2002

16; 4995

17; 11340

18; 23760

19; 46420

20; 85228

21; 147940

22; 243925

23; 383470

24; 576565

25; 831204

26; 1151370

27; 1535040

28; 1972630

29; 2446300

30; 2930455

31; 3393610

32; 3801535

33; 4121260

34; 4325310

35; 4395456

36; 4325310

37; 4121260

38; 3801535

39; 3393610

40; 2930455

41; 2446300

42; 1972630

43; 1535040

44; 1151370

45; 831204

46; 576565

47; 383470

48; 243925

49; 147940

50; 85228

51; 46420

52; 23760

53; 11340

54; 4995

55; 2002

56; 715

57; 220

58; 55

59; 10

60; 1

Wenn man das als Graph angesieht, dann sieht man schnell, dass die Idee einer Binomial- bzw. Normalverteilung wohl etwas vorschnell war und unhaltbar ist.
Da muss ich Mathlog wohl Recht geben...
Kurz und gut, ich habe momentan nicht mehr, als obige numerische Antwort im Köcher, evtl. noch die rekursive Formel, die dahinter steckt.

: - (

Matlog aktiv_icon

23:58 Uhr, 24.10.2014

Mit dieser Tabelle kann macymike doch problemlos die gesuchten Wahrscheinlichkeiten berechnen.

Die erwähnte rekursive Formel läuft rekursiv über die Anzahl der Würfelwürfe, oder?

anonymous

22:49 Uhr, 26.10.2014

zur rekursiven Formel:
Ich schlage vor: nennen wir

a_{i; j}

die Anzahl an Variationen
nach

i

Würfen
die Augenzahlsumme

j

zu erwürfeln.

Für

i = 1

Würfe ist das selbstverständlich:

a_{1; 1} = 1

a_{1; 2} = 1

a_{1; 3} = 1

a_{1; 4} = 1

a_{1; 5} = 1

a_{1; 6} = 1

Und selbstverständlich ist

a_{1; k} = 0

für alle anderen Augenzahlsummen, also für

k > 6

oder für

k < 1

.

Und für

i > 1

gilt rekursiv:

a_{i; j} = \sum_{k = j - 6}^{j - 1} a_{i - 1; k}

Das lässt sich ganz leicht zB. mit einem Tabellenkalkulationsprogramm aufziehen...

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