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Würfeln Wahrscheinlichkeit, alle Zahlen mind. 1mal

Universität / Fachhochschule

Tags: gefallen, mindestens, Wahrscheinlichkeit, würfeln

leila1988

12:24 Uhr, 02.12.2010

Hallo. Ich habe da nochmal eine Frage zu der Aufgabe hier:
Wenn ein Würfel

12

mal geworfen wird, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle 6 Zahlen mindestens einmal gefallen sind?
Also: Ich habe erst eimal

6!

Möglichkeiten, dass alle Zahlen einmal fallen. So dann bleiben ja noch 6 Würfe übrig. Für jeden Wurf gibt es ja wieder 6 mögliche Zahlen. Wenn jetzt alle Zahlen doppelt fallen würden, hätte ich ja nochmal 6 hoch 6 Möglichkeiten dazu. Allerdings, können ja auch Zahlen dreifach oder so vorkommen. Und da liegt mein Problem, wie ich das berechne. Zum Schluss würde ich dann einfach die wünschenswerten Möglichkeiten durch die gesamte Anzahl an Möglichkeiten

(6

hoch

12)

teilen, um dann auf die Wahrscheinlichkeit zu kommen.
Kann mir jemand vllt helfen?

anonymous

12:36 Uhr, 02.12.2010

Hallo
Vorschlag: Betrachte doch die Gegenwahrscheinlichkeit, nämlich dass nach zwölf Würfen NICHT alle 6 Augenzahlen aufgetreten sind.
Dann betrachte die möglichen Ereignisse, ich schlage vor als Variation:
Variation mit Wiederholung:

n_{m} = (6

hoch

12)

Dann betrachten wir die günstigen Ereignisse,

d . h

. es treten nur 5 der 6 Augenzahlen auf.
Wiederum Variation mit Wiederholung:

n_{g =} (5

hoch

12)

Die (Gegen-) Wahrscheinlichkeit, also dass nach

12

Würfen höchstens 5 der 6 Augenzahlen auftraten, ist:

p_{g =}

Anzahl günstiger Ereignisse

/

Anzahl möglicher Ereignisse

= n_{g} / n_{m}

Die Wahrscheinlichkeit gemäß Aufgabenstellung ist wiederum die Gegen-Wahrscheinlichkeit zu

p_{g},

also

p = 1 - p_{g}

anonymous

12:56 Uhr, 02.12.2010

Hallo nochmals.
Ich habe nochmals nachgedacht.
Wenn das so einfach wäre, wie oben beschrieben, dann könnte man doch auch folgende Aufgabenstellung analog berechnen:
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit wenn 5 mal gewürfelt wurde, dass alle 6 Augenzahlen mindestens einmal gefallen sind.

a)

gemäß obiger Formel käme dann raus:

p = 1 - [(5 / 6)

hoch

5] = 0.598

b)

Tatsächlich wissen wir aber, mit 5 mal Würfeln können nicht alle 6 Augenzahlen auftreten!

p = 0

Irgendwo ist da noch ein Haken, ich weiß nur noch nicht recht, wo...

leila1988

08:49 Uhr, 03.12.2010

Erst einmal Danke für dein Mühe. Das mit der Gegenwahrscheinlichkeit hört sich ganz gut an

. .

. nur haben wir das gerade mal so garnicht als Thema. Haben gerade Inklusion- Exklusion, fixpunktfreie Permutationen und StirlingZahlen gemacht (die ich leider nicht verstanden hab)

. .

. damit krieg ich das nämlich nicht hin

. .

anonymous

12:10 Uhr, 06.12.2010

Hallo nochmals
Meine etwas voreilige erste Antwort hat mir keine Ruhe gelassen.
Ich habe jetzt ein wenig mehr nachgedacht, und folgendes ist dabei raus gekommen:

a)

Der Haken bzw. Fehler an meiner ersten Antwort war: Das gälte, falls man nach

12

Würfen nicht ALLE Augenzahlen mind. einmal auftreten müssten, sondern falls nach

12

Würfen eine bestimmte Augenzahl

(z . B

. die DREI) mindestens einmal auftreten müsste.

b)

Ich habe mich jetzt deiner originalen Aufgabenstellung zugewandt.
Ehrlich gesagt, so ganz hat mein Geist diese Aufgabenstellung noch nicht so ganz durchstiegen.
Deshalb habe ich meinen Computer gestresst, und einfach viele Beispiele durchgerechnet. Auf diese Weise bin ich mit ziemlicher Sicherheit auch auf die Lösung gekommen.
Bitte erspare mir, die Herleitung in Worte zu fassen. Durch den Computer-Weg ist das auch nicht ganz rational, sondern numerisch empirisch entstanden.

Es sei

n

die Anzahl der Würfe.
Es sei

r

die Anzahl der Würfelflächen

(\in

der Annahme, dass man an Stelle eines geometrischen Würfels auch irgend ein Zufallsgerät nutzen könnte, das

r

verschiedene Laplace-Ereignisse ausgeben könnte, zB. ein Oktaeder

(r = 8)

oder eine Münze

(r = 2)) .

Es sei

p

die Wahrscheinlichkeit, dass nach

n

Würfen jedes der

r

Ereignisse mindestens einmal aufgetreten ist.
Dann ist die Anzahl der günstigen Ereignisse:

n_{g =}

Summe

{

((- 1)

hoch

i) \cdot (r

über

i) \cdot ((r - i)

hoch

n)}

wobei sich die Summe von

i = 0

bis

i = (r - 1)

erstreckt.
Die Anzahl der möglichen Ereignisse ist:

n_{m} = (r

hoch

n)

Und schließlich die Wahrscheinlichkeit ist:

p = n_{g} / n_{m}

Für unseren Fall mit Würfel

(r = 6)

und

n = 12

Würfen gilt:

n_{g =} + 1 \cdot (6

hoch

6) - 6 \cdot (5

hoch

6) + 15 \cdot (4

hoch

6) - 20 \cdot (3

hoch

6) + 15 \cdot (2

hoch

6) - 6

n_{g =} 953029440

Und mit

n_{m} = 6

hoch

12 = 2176782336

kommen wir auf:

p = 0.4378

c)

Ich vermute mal, die relativ einfach klingende Aufgabenstellung bzw. deren Lösung sollte sich auch rational in Form von Permutation, Kombination, Variation argumentieren lassen. Aus meiner Summenformel bin ich nicht drauf gekommen. Und mein Geist scheint - wie gesagt - (noch) nicht den rechten Weg gefunden zu haben.
Wenn jemand eine Idee hat, das 'mathematischer' zu formulieren, ich wäre dankbar.

anonymous

12:58 Uhr, 13.12.2010

Eigentlich schade, dass sich hierauf niemand mehr gemeldet hat.

Ich finde die Aufgabenstellung eigentlich sehr reizvoll.

Hat wirklich niemand eine bessere Idee, wie ich?

Bummerang

00:25 Uhr, 14.12.2010

Hallo,

mein Vorschlag wäre, den Wert direkt zu berechnen mittels eine einigermaßen einfachen/übersichtlichen Fallunterscheidung über die 6 "restlichen" Zahlen:

Fall 1: Die 6 "restlichen" Zahlen sind alle gleich.
Da kann man aus den 6 Zahlen eine auswählen: 6
Dann ordnet man die

12

Zahlen an:

\frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 7!}

\Rightarrow 6 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 7!}

Fall 2: Die 6 "restlichen" Zahlen sind 2 unterschiedliche Zahlen

Fall

2.1 :

Die eine der beiden mehrfach vorhandenen Zahlen ist 6 Mal vorhanden

\to

die andere ist es 2 Mal
Da kann man aus den 6 Zahlen zwei mit Reihenfolge auswählen:

\frac{6!}{(6 - 2)!} = \frac{6!}{4!} = 30

Dann ordnet man die

12

Zahlen an:

\frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 6!}

\to 30 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 6!}

Fall

2.2 :

Die eine der beiden mehrfach vorhandenen Zahlen ist 5 Mal vorhanden

\to

die andere ist es 3 Mal
Da kann man aus den 6 Zahlen zwei mit Reihenfolge auswählen:

\frac{6!}{(6 - 2)!} = \frac{6!}{4!} = 30

Dann ordnet man die

12

Zahlen an:

\frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 3! \cdot 5!}

\to 30 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 3! \cdot 5!}

Fall

2.3 :

Beide mehrfach vorhandenen Zahlen sind 4 Mal vorhanden
Da kann man aus den 6 Zahlen zwei ohne Reihenfolge auswählen:

\frac{6!}{2! \cdot (6 - 2)!} = \frac{6!}{2! \cdot 4!} = 15

Dann ordnet man die

12

Zahlen an:

\frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 4! \cdot 4!}

\to 15 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 4! \cdot 4!}

\Rightarrow (\frac{30}{5 \cdot 6} + \frac{30}{3 \cdot 5} + \frac{15}{3 \cdot 4}) \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 4!}

\Rightarrow (1 + 2 + \frac{5}{4}) \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 4!}

\Rightarrow \frac{17}{4} \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 4!}

Fall 3: Die 6 "restlichen" Zahlen sind 3 unterschiedliche Zahlen

Fall

3.1 :

Die eine der mehrfach vorhandenen Zahlen ist 5 Mal vorhanden

\to

die anderen sind es jeweils 2 Mal
Da kann man aus den 6 Zahlen eine auswählen: 6
Da kann man aus den 5 restlichen Zahlen zwei ohne Reihenfolge auswählen:

\frac{5!}{2! \cdot (5 - 2)!} = \frac{5!}{2! \cdot 3!} = 10

Dann ordnet man die

12

Zahlen an:

\frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 5!}

\to 6 \cdot 10 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 5!}

\to 60 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 5!}

Fall

3.2 :

Die eine der beiden mehrfach vorhandenen Zahlen ist 4 Mal vorhanden

\to

die anderen sind es 3 Mal und 2 Mal
Da kann man aus den 6 Zahlen drei mit Reihenfolge auswählen:

\frac{6!}{(6 - 3)!} = \frac{6!}{3!} = 120

Dann ordnet man die

12

Zahlen an:

\frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 3! \cdot 4!}

\to 120 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 3! \cdot 4!}

Fall

3.3 :

Die drei mehrfach vorhandenen Zahlen sind jeweils 3 Mal vorhanden
Da kann man aus den 6 Zahlen drei ohne Reihenfolge auswählen:

\frac{6!}{3! \cdot (6 - 3)!} = \frac{6!}{3! \cdot 3!} = 20

Dann ordnet man die

12

Zahlen an:

\frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 3! \cdot 3! \cdot 3!}

\to 20 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 3! \cdot 3! \cdot 3!}

\Rightarrow (\frac{60}{4 \cdot 5} + \frac{120}{3 \cdot 4} + \frac{20}{3 \cdot 3}) \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3!}

\Rightarrow (3 + 10 + \frac{20}{9}) \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3!}

\Rightarrow \frac{137}{9} \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3!}

Fall 4: Die 6 "restlichen" Zahlen sind 4 unterschiedliche Zahlen

Fall

4.1 :

Die eine der mehrfach vorhandenen Zahlen ist 4 Mal vorhanden

\to

die anderen sind es jeweils 2 Mal
Da kann man aus den 6 Zahlen eine auswählen: 6
Da kann man aus den 5 restlichen Zahlen drei ohne Reihenfolge auswählen:

\frac{5!}{3! \cdot (5 - 3)!} = \frac{5!}{3! \cdot 2!} = 10

Dann ordnet man die

12

Zahlen an:

\frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 4!}

\to 6 \cdot 10 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 4!}

\to 60 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 4!}

Fall

4.2 :

Zwei der mehrfach vorhandenen Zahlen sind 3 Mal vorhanden

\to

die anderen sind es jeweils 2 Mal
Da kann man aus den 6 Zahlen zwei ohne Reihenfolge auswählen:

\frac{6!}{2! \cdot (6 - 2)!} = \frac{6!}{2! \cdot 4!} = 15

Da kann man aus den 4 restlichen Zahlen zwei ohne Reihenfolge auswählen:

\frac{4!}{2! \cdot (4 - 2)!} = \frac{4!}{2! \cdot 2!} = 6

Dann ordnet man die

12

Zahlen an:

\frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3! \cdot 3!}

\to 15 \cdot 6 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3! \cdot 3!}

\to 90 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3! \cdot 3!}

\Rightarrow (\frac{60}{4} + \frac{90}{3}) \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3!}

\Rightarrow (15 + 30) \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3!}

\Rightarrow 45 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3!}

Fall 5: Die 6 "restlichen" Zahlen sind 5 unterschiedliche Zahlen
Da kann man aus den 6 Zahlen eine auswählen: 6
Da kann man aus den 5 restlichen Zahlen eine auswählen, die nicht mehrfach vorhanden ist: 5
Dann ordnet man die

12

Zahlen an:

\frac{12!}{1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3!}

\Rightarrow 6 \cdot 5 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3!}

\Rightarrow 30 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3!}

Fall 6: Alle Zahlen sind doppelt vorhanden
Dann ordnet man die

12

Zahlen an:

\frac{12!}{2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2!}

\Rightarrow \frac{12!}{2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2!}

Macht alles zusammen:

6 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 7!} + \frac{17}{4} \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 4!} + \frac{137}{9} \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3!}

+ 45 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3!} + 30 \cdot \frac{12!}{1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 3!} + \frac{12!}{2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2!}

= (\frac{6}{3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7} + \frac{17}{4 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} + \frac{137}{9 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 3}

+ \frac{45}{2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 3} + \frac{30}{2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2}) \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2!}

= (\frac{1}{420} + \frac{17}{96} + \frac{137}{108} + \frac{45}{24} + \frac{30}{48} + \frac{1}{32}) \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2!}

= \frac{120332}{30240} \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2!}

= \frac{120332}{60480} \cdot \frac{12!}{1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1!}

= \frac{120332}{60480} \cdot 12!

= 953029440

anonymous

12:20 Uhr, 16.12.2010

Hallo Bummerang
Wow!

Ich hoffe, ich habe deinen Gedankengang einigermaßen verstanden. Und sehr beruhigend ist, dass wir zum gleichen Endergebnis kommen.

Vielen Dank für deine Mühen.

So einfach die Aufgabenstellung anfangs klingt, so umfangreich ist sie doch am Ende. Die Tatsache, dass auch du letztendlich auf eine Summen-Formel kommst, stärkt meine Vermutung, dass die Problematik - so einfach sie anfangs klingt - nicht so einfach mit zwei oder drei Variationen oder Kombinationen abzuhandeln ist.

Danke nochmals. Ich glaube, da haben wir uns beide heute abend ein Extra-Bier verdient.

:-))

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