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Fairer Würfel wird n-mal geworfen

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Verteilungsfunktionen

Zufallsvariablen

Tags: Verteilungsfunktion, Zufallsvariablen

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17:31 Uhr, 23.04.2016

Seinen

n \in ℕ

und

k \in {0, 1, \dots, n} .

Ein fairer Würfel werde n-mal geworfen. Man berechne die Wahrscheinlichkeit der folgenden Ereignisse;

(a) Beim n-ten Wurf fällt zum (genau) k-ten Mal eine Sechs-

(b) Es fallen genauso viel Einsen wie Zweien

(c) Alle Augenzahlen kommen gleich oft vor.

(d) Wie verhält sich die Wahrscheinlichkeit aus (c) für

n \to \infty

Zu (a)

Ansatz: Die Position des k-ten Erfolges ist vorbestimmt. Alle anderen sind frei.
Betrachte daher die Verteilung der

k - 1

Sechser auf die

n - 1

Würfe.
Dann gilt

P = (\binom{n - 1}{k - 1}) {(\frac{1}{6})}^{k - 1} {(\frac{5}{6})}^{n - k} .

Wir wollen im n-ten Versuch den genau k-ten Erfolg. Also müssen wir das noch mit 1/6 multiplizieren und erhalten

P_{t a t s ä c h l i c h} = (\binom{n - 1}{k - 1}) {(\frac{1}{6})}^{k} {(\frac{5}{6})}^{n - k} .

Zu (b):
Sei dazu

k_{1}

die Anzahl der 1-en,

k_{2}

die Anzahl der Zweien und

k_{3}

die Anzahl der restlichen Augenzahlen. Insgesamt muss gelten:

k_{1} + k_{2} + k_{3} = n,

wobei

k_{1} = k_{2}

ist und

k_{1}

alle Möglichkeit durchläuft genauso viel 1-er und 2-en darzustellen. Also, von 0 bis

⌊ \frac{n}{2} ⌋ .

Hier muss also nur die Summe

n

sein. Durch welche Reihenfolge dies passiert, spielt keine Rolle. Es gibt also viele Pfade am Baumdiagramm zu einem Ziel. Wenn ich mich nicht irre, sind das

\frac{n!}{k_{1}! \cdot k_{2}! \cdot k_{3}!}

. Aber bei dem bin ich mir unsicher, weil die restlichen Zahlen ja frei gewählt werden können. Kann mir hier Jemand weiterhelfen?

Zu (c):
Ist eine Verallgemeinerung von (b). (Alle

k_{i}

sind hier gleich)

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

abakus

18:23 Uhr, 23.04.2016

Zunächst mal nur eine Bemerkung zu c) und d):
Für alle nicht durch 6 teilbaren Zahlen n ist es unmöglich, alle 6 Würfelergebnisse gleich oft zu erhalten.

Roman-22

18:33 Uhr, 23.04.2016

a)

sehe ich genau so und

k \leq n

versteht sich ja ohnedies von selbst.

Bei

b)

denke ich, dass du auf dem richtigen Weg bist.

Dein Ausdruck

\frac{n!}{k_{1}! \cdot k_{2}! \cdot k_{3}!}

ist die Anzahl der Möglichkeiten, Die

k_{1}

Einser,

k_{2}

Zweier und

k_{3}

"Andere" innerhalb der

n

Würfe anzuordnen (Permutation mit Wiederholung). Du kommst (kontrollhalber) auf das gleiche Ergebnis, wenn du erst die

k_{1}

Plätze für die Einsen wählst

\to (\begin{matrix} n \\ k_{1} \end{matrix})

und dann aus den verbleibenden

n - k_{1}

Plätzen die

k_{2}

Plätze für die Zweien

\to (\begin{matrix} n - k_{1} \\ k_{2} \end{matrix})

.
Es gilt

(\begin{matrix} n \\ k_{1} \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} n - k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = \frac{n!}{k_{1}! \cdot k_{2}! \cdot (n - k_{1} - k_{2})!},

also genau der Ausdruck von oben.

Jetzt musst du aber noch die Wahrscheinlichkeiten für diese Ereignisse ins Spiel bringen und für alle

k_{1}

von 0 bis

⌊ \frac{n}{2} ⌋

aufsummieren.

Mit der Bezeichnung

k := k_{1}

gilt dann

k_{2} = k

und

k_{3} = n - 2 k

.
Das sollte dann

P = \sum_{k = 0}^{⌊ \frac{n}{2} ⌋} [\frac{n!}{k!^{2} \cdot (n - 2 k)!} \cdot \frac{4^{n - 2 k}}{6^{n}}]

ergeben.

c)

ist von der Formulierung her unklar. Sollen alle 6 möglichen Augenzahlen tatsächlich auftreten, dann muss

n

ein Vielfaches von 6 sein, bzw. ist für

n,

die kein Vielfaches von 6 sind, die Wkt eben Null.
Oder sollen nur die tatsächlich auftretenden Augenzahlen gleich verteilt sein? Auch dann ist die WKT dafür Null, wenn

n

nicht durch

2, 3

oder 5 teilbar ist.
Ich vermute aber (auch im Hinblick auf

d)),

dass wir bei

c)

von

n = 6 \cdot k

mit

k \in ℕ

ausgehen dürfen. Damit sollte die gesuchte WKT leicht(er als bei

b))

angebbar sein

R

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