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Warum die komplementäre Wahrscheinlichkeit?

Universität / Fachhochschule

Tags: Übungsaufgabe, Wahrscheinlichkeit

NoMethPls aktiv_icon

19:46 Uhr, 22.11.2022

Hallo!

Mein Aufgabe war folgende:

Was ist wahrscheinlicher, bei vier Würfen mit einem Würfel mindestens eine Sechs zu
werfen oder bei

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Würfen mit zwei Würfeln mindestens eine Doppelsechs?

Ich bin dann wie folgt rangegangen mit der Binominalvereteilung:

Erstmal war

| Ω | = 6^{4}

und für

| A | = (\begin{matrix} 4 \\ 1 \end{matrix}) \cdot \frac{1}{6} \cdot {(\frac{5}{6})}^{3} = \frac{125}{324} \approx 0,3858

Das war aber anscheinend falsch. In der Lösung wurde folgendes gemacht:

| \bar{A} | = 5^{4}

P (A) = 1 - P (\bar{A}) = 1 - \frac{5^{4}}{6^{4}} = \frac{671}{1296} \approx 0,5177

Ich versteh hier nicht warum man mit der komplementär Wahrscheinlichkeit die Aufgabe gelöst hat. Hätte man das auch nur mit A lösen können? Und wie sähe dann die Lösung aus?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

walbus aktiv_icon

20:10 Uhr, 22.11.2022

P (X \geq 1) = 1 - P (X = 0)

Gegenereignis verwenden

(=

keine

6)

p(Doppel-6)

= \frac{1}{36}

Hier gilt dasselbe.

HAL9000

20:28 Uhr, 22.11.2022

> Das war aber anscheinend falsch.

Ja, da du die Wahrscheinlichkeit für GENAU eine Sechs berechnet hast. Es ging aber um MINDESTENS eine Sechs.

P.S.: Das Problem ist ein bekannter Klassiker der elementaren Wahrscheinlichkeitsrechnung:

de.wikipedia.org/wiki/De-M%C3%A9r%C3%A9-Paradoxon

Roman-22

21:36 Uhr, 22.11.2022

>

Hätte man das auch nur mit A lösen können? Und wie sähe dann die Lösung aus?
Kommt darauf an, was genau A sein soll.
Aber natürlich kann man die Aufgabe auch ohne Komplementärwahrscheinlichkeit lösen.
Dazu musst du aber die vier Wahrscheinlichkeiten für genau

1,

genau

2,

genau 3 und genau 4 Sechsen addieren, also

P (m i n d

1 S e c h s b e i 4 W u e r f e n)

= \sum_{k = 1}^{4} [(\begin{matrix} 4 \\ k \end{matrix}) \cdot {(\frac{1}{6})}^{k} \cdot {(\frac{5}{6})}^{4 - k}]

Mit der Gegenwahrscheinlichkeit gehts halt deutlich einfacher, da ja nur ein einziger Fall nicht eintreten soll (keine einzige Sechs unter den 4 Würfen)!

NoMethPls aktiv_icon

14:03 Uhr, 23.11.2022

Ok, dann verstehe ich jetzt, warum man hier mit der Komplementärwahrscheinlichkeit gearbeitet hat. Danke für die Hilfe!

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