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Wahrscheinlichkeit bei Kniffel

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Zufallsvariablen

Tags: Zufallsvariablen

Hawaiihemdtraeger aktiv_icon

23:20 Uhr, 30.07.2009

Hallo Leute, ich habe mal folgende Frage:

Und zwar habe ich letztens mit meinem Vater eine längere Diskussion gehabt.

Es ging um folgende Situation:
Beim Kniffeln hat mein Vater eine große Straße machen wollen. Es lagen

3,4,5,6

und nochmal die 4. Die kleine Straße war also bereits fertig.
Jetzt hat er lediglich die zweite

4

in den Becher aufgenommen und
gehofft, in den zwei verbleibenden Würfen die nötige 2 zu werfen.

Daraufhin meinte ich, er hätte eine größere Chance, wenn er die 6
ebenfalls in den Becher nähme, denn dann habe er zwei Würfel, mit
denen er im nächsten Wurf eine 2 werfen könne, habe also mit einer
Wahrscheinlichkeit von

33 %

eine 2 und dann bräuchte er nicht mehr, wie zuvor,
NUR die 2 für eine große Straße, sondern eine 1 ODER eine

6,

habe
somit seine Chance nahezu verdoppelt. Man dürfe nicht vergessen, dass
bereits beim zweiten Wurf neben der 2 bereits eine 1 oder 6 vorkommen könnte.

Die Diskussion zog sich länger hin und ich meine noch immer, nicht
ganz falsch zu liegen, aber eigentlich hat mein Vater IMMER Recht,
wenn es um sowas geht :-)

Habt ihr eine Idee, wer Recht hat?

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

anonymous

23:43 Uhr, 30.07.2009

Wahrscheinlichkeit, wenn nur die zweite 4 in den Becher genommen wird:

\frac{1}{6} \approx 0.1667 \approx 16.67 %

Wahrscheinlichkeit, wenn die zweite 4 und die 6 in den Becher genommen werden:
Anzahl der möglichen Kombinantionen:

6^{2} = 36

4 günstige Ereignisse: 1 2; 2 1; 2 6; 6 2

\frac{4}{36} = \frac{1}{9} \approx 0.1111 = \approx 11.11 %

Dein Vater hat recht.

Es stimmt schon, dass sich die Wahscheinlichkeit größer wird, wenn man statt einer günstigen Zahl(2) zwei günstige Zahlen hat. Dafür hat man aber auch nur eine Wahrscheinlichkeit von 33.33% bei einer Zahl (2), die sonst 100% (bei der schon gewürfelten 6) beträgt. Und wenn meine errechneten Wahrscheinlichkeiten oben stimmen, überwiegt letzteres.

DerPicknicker aktiv_icon

00:10 Uhr, 31.07.2009

Ach das ist doch FALSCH! Der Vater hat zwei (!!) verbleibende Würfe.

Also, wenn er nur die 4 reinpackt, will er in zwei Würfen eine 2 kriegen.

Folglich muss Ereignis A=(eine 2 in zwei würfen) erfüllt werden.
Dies passiert wenn:
1. keine 2, dann 2
2. direkt 2

P(A)=P(keine 2 dann 2)+P(direkt 2)
= 5/6*1/6 + 1/6
= 11/36
= 0,3055555 -> 30,55 %

Packt er die 4 und 6 rein, muss er in zwei Würfen 2+6 oder 2+1.

Folglich muss Ereignis A=(2 dann 1 ; 1 dann 2 ; 2 dann 6 ; 6 dann 2 ; 2 und 1 ; 1 und 2 ; 2 und 6 ; 6 und 2 ) erfüllt werden.

Und das kann ich nicht rechnen. Zumindest nicht jetzt.

Hawaiihemdtraeger aktiv_icon

00:25 Uhr, 31.07.2009

Cool,
ich meine, nun die Antowrt gefunden zu haben, denn jetzt müsste ich doch die restlichen Möglichkeiten bei zwei Würfen zusammenrechnen, oder?

Also:

P (2

und 1 im ersten Wurf)

+

P (2

und 6 im ersten Wurf)

+

P (2

im ersten Wurf und 1 oder 6 im zweiten Wurf)

= \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} + (\frac{2}{6} + \frac{2}{6}) = \frac{2}{36} + \frac{4}{6} = \frac{26}{36} = 0,72 = 72 %,

was demnach eine erhebliche Verbesserung wäre, oder ist da was falsch?

DerPicknicker aktiv_icon

00:31 Uhr, 31.07.2009

Deine Rechnung ist falsch.

m-at-he

00:35 Uhr, 31.07.2009

Hallo,

da ist einiges falsch!

1. Berücksichtigst Du den Fall, daß der erste Wurf keine 2 enthält gar nicht
2. Versteht sicher außer Dir niemand die Herkunft der

(\frac{2}{6} + \frac{2}{6})

Es gibt

36

Möglichkeiten für den ersten Wurf (der ja der zweite Wurf ist!), unter den

36

Möglichkeiten gibt es einige finale Möglichkeiten und einige, bei denen man mit nur 1 Würfel weitermacht (man hat die 2 und dazu weder 6 noch

1)

und letztendlich einige, bei denen man mit den 2 Würfeln weitermacht. Bau' den vollständigen Ereignisbaum auf oder warte auf DerPicknicker oder auf irgendjemand anderen. Auch ich habe (wie zunächst DerPicknicker auch) keine Lust, das um diese Zeit komplett durchzuspielen.

DerPicknicker aktiv_icon

00:39 Uhr, 31.07.2009

Hab auch keine Lust mehr jetzt. Also meinem Gefühl nach hat dein Vater Unrecht.

Aber Stochastik mag ich echt nicht so..Analysis alles, aber Stochastik...vielleicht morgen. Oder wer anders. Aber Milrams Rechung ist auf jeden Fall falsch. Der erste Teil sowieso, das sieht man direkt (auch an meinem Anfang) und der zweite Teil auch.

Hawaiihemdtraeger aktiv_icon

00:45 Uhr, 31.07.2009

Also für mich wird es jetzt erst richtig spannend :-)

Aber stimmt, ich habe vergessen, dass es auch sein kann, dass im ersten (der beiden verbleibenden Würfe) Wurf gar keine 2 vorhanden ist.

Zur Herkunft der

\frac{2}{6} + \frac{2}{6} :

Ich bin bei der ganzen Rechnung wie folt vorgegangen:

1 .)

Wenn zwei Würfel bei einem Wurf jeweils einen bestimmten Wert annehmen müssen, dann ist die Wahrscheinlichkeit

\frac{1}{36}

2 .)

Ob das nun 2 und 1 im ersten Wurf ist oder 2 und 6 im ersten - beide Male haben wir die Wahrscheinlichkeit von

\frac{1}{36}

. Macht für die beiden möglichen ergebnisse im ersten Wurf zusammen

\frac{2}{36}

3 .)

Eine 2 im ersten Wurf zu schaffen ist bei zwei Würfeln ja pro Würfel die Wahrscheinlichkeit

\frac{1}{6}

. Da wir entweder mit dem einen oder mit dem anderen diese 2 schaffen müssen haben wir also die Addition beider Wahrscheinlichkeiten, also

\frac{2}{6}

4 .)

Wenn dann einer der beiden Würfel zu einer 2 geführt hat, dann müssen wir mit dem anderen mit dem letzten verbleibenden Wurf noch eine 1 oder 6 machen, was zwie mal die Wahrsccheinlichkeit von

\frac{1}{6}

ist, also

\frac{2}{6}

.

Punkt 3 und 4 habe ich addiert. Oder hätte ich multiplizieren müssen?
Arrrrrgh!

Aber jetzt Euch erstmal eine Gute Nacht und Danke für die Beiträge!!!

DerPicknicker aktiv_icon

00:47 Uhr, 31.07.2009

Nein, das ist leider einfach falsch!

anonymous

01:07 Uhr, 31.07.2009

Stimmt, hab ich überlesen. Es wird ja noch zweimal gewürfelt.

Dein Vater:

1 - (1 - \frac{1}{6})^{2} = \frac{11}{36} \approx 0.3055 \approx 30.55 %

Du:

Wahrscheinlichkeit beim ersten Wurf eine große Straße zu bekommen

\frac{1}{9}

.

Wahrscheinlichkeit eine 2 und eine unbrauchbare Zahl zu Würfeln:
22, 23, 24, 25, 32, 42, 52 -->

\frac{7}{36}

Wahrscheinlichkeit eine 1 und eine unbrauchbare Zahl zu Würfeln:
11, 13, 14, 15, 16, 31, 41, 51, 61 -->

\frac{9}{36}

Wahrscheinlichkeit eine 6 und eine unbrauchbare Zahl zu Würfeln:
16, 36, 46, 56, 61, 63, 64, 65, 66 -->

\frac{9}{36}

Wahrscheinlichkeit nach 2 und unbrauchbar eine brauchbare Zahl zur 2 zu würfeln:
1, 6 -->

\frac{2}{6}

Wahrscheinlichkeit nach 1 und unbrauchbar eine brauchbare Zahl zur 1 zu würfeln:
2 -->

\frac{1}{6}

Wahrscheinlichkeit nach 6 und unbrauchbar eine brauchbare Zahl zur 6 zu würfeln:
2 -->

\frac{1}{6}

Gesamt:

\frac{1}{9} + \frac{7}{36} \cdot \frac{2}{6} + \frac{9}{36} \cdot \frac{1}{6} + \frac{9}{36} \cdot \frac{1}{6} = \frac{7}{27} \approx 0.2593 \approx 25.93 %

30.55% > 25.93% --> Dein Vater hat recht.

Ich hoffe, ich hab da keinen Fehler drin. Es ist schon spät und ich hab mir bisher nur ein wenig Stochastik per WWW selbst beigebracht.

m-at-he

10:41 Uhr, 31.07.2009

Hallo,

ich denke, daß die Lösung so aussieht:

Dein Vater würfelt mit einem Würfel um die 2 zu bekommen:

\frac{1}{6},

daß im ersten (insgesamt zweiten) Wurf die 2 kommt

\frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6},

daß im letzten Wurf die 2 kommt

Zusammen:

\frac{11}{36} ≅ 30.55 %

Du würdest mit 2 Würfeln auf die Jagd nach

1; 6

oder

2; 6

gehen:

\frac{25}{36} \cdot \frac{4}{36};

im ersten (insgesamt zweiten) Wurf keine 2 und damit keine Verbesserung dr Ausgangssituation und dann im letzten Wurf eine der 4 Möglichkeiten

1; 6, 6; 1, 2; 6

oder

6; 2

\frac{4}{36}

im ersten (insgesamt zweiten) Wurf bereits die 4 Möglichkeiten

1; 6, 6; 1, 2; 6

oder

6; 2

zu erhalten

\frac{7}{36} \cdot \frac{2}{6}

im ersten (insgesamt zweiten) Wurf eine

2,

aber keine 1 oder 6 dazu erhalten und im letzten Versuch eine der 2 Möglichkeiten mit nur einem Würfel gewürfelt

\frac{25}{36} \cdot \frac{4}{36} + \frac{4}{36} + \frac{7}{36} \cdot \frac{2}{6} = \frac{1}{36} \cdot (\frac{100}{36} + 4 + \frac{14}{6})

Damit Du recht hast, müßte der Term in der Klammer größer als

11

sein!

Aber: erster Summand kleiner

3,

letzter Summand kleiner 3 ergibt in der Summe weniger als

10

(genau:

9,11)

. In Prozent ergeben sich für Dich ca.

25,31 %,

also hat Dein Vater

m . E

. recht!

Gleiches Endergebnis wie MiHyaERu, aber andere Zahlen. Die Zahlen von MiHyaERu habe ich nicht versucht nachzuvollziehen.

DerPicknicker aktiv_icon

12:53 Uhr, 31.07.2009

Also: keiner hier mag Stochastik :-P)
Da bin ich doch beruhigt..

Aber du scheinst leider Unrecht zu haben.

HP7289 aktiv_icon

16:23 Uhr, 31.07.2009

Wahrscheinlichkeit, wenn man nur einen Würfel benutzt ist klar:

\frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{11}{36}

Wenn man nun 4 und 6 wieder reinpackt, also mit 2 Würfeln, weiterspielt, unterscheide ich 3 Ereignisse, deren Wahrscheinlichkeiten am Ende aufsummiert werden:

1. 2 richtige Zahlen beim ersten Wurf
2. 1 richtige Zahl beim ersten Wurf
3. keine richtige Zahl beim ersten Wurf

2. muss noch genauer unterschieden werden.

2.1

1

oder 6

2.2

2

Zu 1. Möglich sind

(12,21,26,62)

. Das macht eine Wahrscheinlichkeit von

\frac{4}{36} = \frac{1}{9}

.

Zu

2.1

. Möglich sind

(11,13,14,15,16,31,36,41,46,51,56,61,63,64,65,66)

.

Das macht eine Wahrscheinlichkeit von

\frac{16}{36} = \frac{4}{9}

. Nun muss beim zweiten Wurf unbedingt eine 2 geworfen werden. Macht

\frac{4}{9} \cdot \frac{1}{6} = \frac{2}{27}

2.2

. Möglich sind

(22,23,24,25,32,42,52)

. Das macht eine Wahrscheinlichkeit von

\frac{7}{36}

. Beim zweiten Wurf sind 1 und 6 möglich. Macht

\frac{7}{36} \cdot \frac{1}{3} = \frac{7}{108}

Zu 3. Möglich sind

(33,34,35,43,44,45,53,54,55)

. Das macht eine Wahrscheinlichkeit von

\frac{9}{36} = \frac{1}{4}

. Beim zweiten Wurf kommen nur

(12,21,26,62)

in Frage

(s

1 .)

. Macht

\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{9} = \frac{1}{36}

.

Summierung ergibt:

\frac{1}{9} + \frac{2}{27} + \frac{7}{108} + \frac{1}{36} = \frac{5}{18} = \frac{10}{36}

Dein Vater hat zwar Recht, aber es ist knapp. :-)

anonymous

16:48 Uhr, 31.07.2009

Stimmt, ich hab nicht bedacht, dass man auch zuerst nichts brauchbares Würfelt und dann zwei brauchbare:

Wahrscheinlichkeit, keine brauchbare Zahl beim ersten Wurf zu Würfeln:

\frac{9}{36}

Wahrscheinlichkeit zwei brauchbare beim zweiten Wurf zu Würfeln:

\frac{1}{9}

Also:

\frac{9}{36} \cdot \frac{1}{9} = \frac{1}{36}

Gesamt sind es dann

\frac{7}{27} + \frac{1}{36} = \frac{31}{108} \approx 0.2870 \approx 28.70 %

Wobei mir gerade aufgefallen ist, warum meine errechnete Wahrscheinlichkeit etwas höher ist als die von HP7289. Ich habe oben die Möglichkeiten 16 und 61 für den ersten Wurf doppelt.
Wenn ich das korrigiere müsste ich auch auf die

\frac{10}{36}

(27.78%) kommen.

m-at-he

00:12 Uhr, 01.08.2009

Hallo,

diese Aufgabe ist ein schönes Beispiel dafür, daß man Wahrscheinlichkeiten nur dann korrekt berechnen kann, wenn man alle notwendigen Angaben kennt.

Es gibt hier zwei Lösungen, die darauf basieren, daß der Fragesteller seine Strategie nach dem zweiten Wurf ändert,

d . h

. die gewürfelte 1 oder 6 (ohne die dazugehörige

2)

wird nun nicht wieder in den Würfelbecher zurückgelegt. Aber warum wird der Fragesteller sich so verhalten? Weil die daraus resultierende Wahrscheinlichkeit größer ist? Das gilt aber auch dafür, die 6 beim zweiten Versuch schon nicht mehr anzurühren, trotzdem hat der Fragesteller sich so entschieden!

Meine Lösung basiert auf der Strategie, die der Fragesteller nach dem ersten Versuch bereits verfolgt hat,

d . h

. er wird eine 1 oder 6 auch nach dem zweiten Versuch nicht liegen lassen, wenn keine 2 dazugewürfelt wurde. Daß ich diese Annahme getroffe habe liegt an der Formulierung des Fragestellers, der bereits bei einem Wurf eine höhere Wahrscheinlichkeit vermutet hatte (Zitat):

"denn dann habe er zwei Würfel, mit denen er im nächsten Wurf eine 2 werfen könne, habe also mit einer Wahrscheinlichkeit von

33 %

eine 2 und dann bräuchte er nicht mehr, wie zuvor, NUR die 2 für eine große Straße, sondern eine 1 ODER eine

6,

habe
somit seine Chance nahezu verdoppelt."

Welche Lösung nun zahlenmäßig korrekt ist, kann nur der Fragesteller auflösen, indem er (unbeeindruckt davon, daß er in jedem Fall falsch gelegen hat) ehrlich schreibt, wie er sich bei

z . B

15

im zweiten Wurf verhalten hätte. Vielleicht meldet er sich ja noch einmal...

DerPicknicker aktiv_icon

00:19 Uhr, 01.08.2009

Ich verstehe deine Ausführungen nicht. Könntest du sie erläutern?

m-at-he

00:44 Uhr, 01.08.2009

Hallo DerPicknicker,

was verstehst Du nicht?

Hawaiihemdtraeger aktiv_icon

11:14 Uhr, 01.08.2009

Ich hätte mich bei

z . B

. 1 und 5 für erneutes Hineinpacken beider Würfel entschieden, wobei ich jetz aber weiß, dass ich noch bessere Chancen hätte, wenn ich die 1 stehen gelassen hätte - wenn ich das richtig verstehe...

Danke Euch allen für die Mitarbeit!

Hawaiihemdtraeger aktiv_icon

11:14 Uhr, 01.08.2009

Ich hätte mich bei

z . B

m-at-he

22:40 Uhr, 01.08.2009

Hallo,

Dank an den Hawaiihemdtraeger für seine ehrliche Antwort, offensichtlich waren meine Ausführungen doch nicht so unverständlich wie DerPicknicker hier vorgegeben hat.

Der Fragesteller unterscheidet demnach nicht, ob er eine 1 oder 6 ohne die passende 2 im zweiten Wurf hat oder irgendwelche unpassende Zahlen. Er entscheidet sich immer für komplettes Zurücklegen.

Damit haben wir hier zwei ziemlich gleichlautende Lösungen, die das Verhalten des Fragestellers falsch berücksichtigt haben, weil es vom Fragesteller in der Anfangsaufgabenstellung nicht deutlich genug angegeben wurde.

@DerPicknicker:
"Also: keiner hier mag Stochastik :-P))"

Offensichtlich haben sich hier mindestens 3 gefunden, die Stochastik doch mögen! Die unterschiedlichen Ergebnisse sind allein der Aufgabenstellung geschuldet. die einen kleinen Interpretationsspielraum zugelassen hat.

Hawaiihemdtraeger aktiv_icon

23:44 Uhr, 01.08.2009

Nun, der Picknicker hat ja auch nicht behauptet, das Deine Ausführungen unverständlich wären. Er hat lediglich erwähnt, dass er sie nicht verstanden hat. Ich glaube, das ist ein Unterschied.

Ich habe während der verschiedenen Lösungen auch schon daran gedacht, dass es sinnvoller wäre, nur noch mit einem Würfel weiter zu machen, wenn eine 1 oder 6 käme. Wie hoch die Wahrscheinlichkeit dann allerdings wäre weiß ich nicht.

Hat das jemand auf'm Schirm?

DerPicknicker aktiv_icon

23:50 Uhr, 01.08.2009

"Dank an den Hawaiihemdtraeger für seine ehrliche Antwort, offensichtlich waren meine Ausführungen doch nicht so unverständlich wie DerPicknicker hier vorgegeben hat."

Du solltest mal deinen frechen Sarkasmus zügeln! Ich habe es nicht nur vorgegeben, sondern tatsächlich nicht verstanden, was du da geschrieben hast. Stell dir vor, das kann nicht nur an mir liegen, sondern eventuell auch an deinem Text.

Und jetzt schreibe, was du willst. Ich hab bis jetzt genug von dir gelesen, so dass ich mir relativ sicher bin, dass nun wieder irgendeine Gehirngrütze aus deiner Richtung kommt.

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

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