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Würfelwurf

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Tags: Was ist wahrscheinlich?

anonymous

23:41 Uhr, 22.06.2019

Hallo,
kann man folgende Aufgabe auch so modellieren, dass die Reihenfolge NICHT berücksichtigt wird, aber mit Zurücklegen.
Was ist wahrscheinlicher mind. 2 Sechsen in 12 Würfen oder mind. 3 Sechsen in 18 Würfen zu erzielen.

Mein Omega wäre demnach ja (6+11/ 12)..
Und als ich das mit Berücksichtigung der Reihenfolge modelliert habe, da bin ich über das Gegenereignis gegangen.

Ich hatte mir jetzt für Ereignis mind. 2 Sechsen in 12 Würfen. (5+ 11 ncr 12) (Hier nehme ich eine Kugel aus meiner Urne, nämlich die 6 und demnach kann ich von 5 Kugeln noch 12 ziehen)+ (5+ 10 ncr11) * (1+0 ncr 1) .. jedoch führt mich das nicht zum selben Ergebnis.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich benötige bitte nur das Ergebnis und keinen längeren Lösungsweg."

Roman-22

00:15 Uhr, 23.06.2019

Du müsstest schon genauer Beschreiben, was du dir da vorstellst und gibt doch deine unterschiedlichen Ergebnisse inkl Rechenweg hier an.
Es ist unklar, welche Modelle du dir da vorstellst.

>

Mein Omega wäre demnach ja

(6 + \frac{11}{12}) .

.
????? Was soll das sein?

> (5 + 11

ncr

12)

(Hier nehme ich eine Kugel aus meiner Urne, nämlich die 6 und demnach kann ich von 5 Kugeln noch

12

ziehen)
Wie meinst du das? Soll offenbar

5 + (\begin{matrix} 12 \\ 11 \end{matrix})

sein, aber was soll das bedeuten? Welche Anzahl ist das deiner Meinung nach?

anonymous

00:27 Uhr, 23.06.2019

Ups ich meinte bei Omega: (11+6 über 12). Diese Formel gilt eigentlich für mit Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge

Roman-22

00:56 Uhr, 23.06.2019

>

Ups ich meinte bei Omega:

(11 + 6

über

12)

.
Und was sollte das sein?

17

über

12

oder

11 + 12

über 6 und welche Bedeutung sollte diese Zahl haben?
Außerdem:

Ω

ist ein Wahrscheinlichkeitsraum, keine Zahl.
Auch alle anderen Fragen sind noch offen.
Welche Modelle stellst du dir genau vor (nicht nur ein paar schlabbrige Schlagworte) und wie lauten nun deine Ergebnisse?

BTW, den Binomialkoeffizienten schreibt man hier im Textmodus so:
"((12),(6))" ohne die Anführungsstriche

\to (\begin{matrix} 12 \\ 6 \end{matrix})

anonymous

07:47 Uhr, 23.06.2019

Also die Formel über die Mächtigkeit von Omega bei Zurücklegen und nicht Beachtung der Reihenfolge ((n+k-1),(k)) wobei n die Anzahl der Kugeln darstellt und k die Anzahl der Ziehungen also mit der Formel wäre die Mächtigkeit von Omega in meinem Beispiel ((17),(12)) und wir suchen das Ereignis A="Mind. 2 Sechsen in 12 Würfen"

A-Komplement ist"Höchstens eine 6 in 12 Würfen"="Keine 6" U "Genau eine Sechs in 12 Würfen"

Nun geht es darum das Ereignis zu modellieren, wenn ich die Reihenfolge nicht berücksichtigen möchte und dies habe ich mit der "Formel gemacht" Wir haben hier eine disjunkte Vereinigung, weshalb wir die beiden Teilereignisse addieren können.

A="Keine 5"= ((16),(12)) --> Hier habe ich mir gedacht, dass ich einfach eine Kugel rausnehme, also die Kugel die die Nummer 6 trägt... usw

Hier wird gleiche Formel verwendet studyflix.de/wirtschaftswissenschaften/ziehen-ohne-zurucklegen-mit-reihenfolge-1073

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07:56 Uhr, 23.06.2019

Binomialverteilung:

P (X \geq 2) = 1 - P (X = 0) - P (X = 1)

= 1 - {(\frac{5}{6})}^{12} - 12 \cdot {(\frac{1}{6})}^{1} \cdot {(\frac{5}{6})}^{11} = 0,6187

P (X \geq 3) = 1 - P (X = 0) - P (X = 1) - P (X = 2)

Rechnung analog
(Ergebnis:

0,5973)

http//www.arndt-bruenner.de/mathe/scripts/normalverteilung1.htm

anonymous

07:58 Uhr, 23.06.2019

Die Lösung kenne ich..
ich möchte die Aufgabe aber jetzt noch anders lösen

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08:25 Uhr, 23.06.2019

Ich verstehe die Aufgabe nicht wirklich.
Sie erscheint mir widersprüchlich.
Wenn man die Reihenfolge nicht berücksichtigt, könnte man den Binomialkoeffizienten einfach weglassen. Damit legt man aber eine bestimmte Reihenfolge fest.

{(\frac{1}{6})}^{1} \cdot {(\frac{5}{6})}^{11}

bedeutet, dass die 1. Zahl eine 6 und alle weiteren keine 6 sind.

Vlt. kannst du das Problem in anderen Worten klarer formulieren.
Worum genau geht es dir? Bitte so anschaulich wie möglich beschreiben!

Roman-22

12:07 Uhr, 23.06.2019

>

wäre die Mächtigkeit von Omega in meinem Beispiel

(\begin{matrix} 17 \\ 12 \end{matrix})

OK, einverstanden. Es gibt

(\begin{matrix} 17 \\ 12 \end{matrix})

Möglichkeiten für eine 12er-Serie, wenn wir uns nur dafür interessieren, welche Zahlen wie oft aufgetreten sind aber nicht für die Reihenfolge.
ABER! Nicht jede dieser $(\begin{matrix} 17 \\ 12 \end{matrix})$ Möglichkeiten hat die gleiche Auftretenswahrscheinlchkeit!
So tritt etwa das Ereignis, dass

12

mal die 6 gewürfelt wird, mit der WKT

\frac{1}{6^{12}} \approx 4,6 \cdot 10^{- 8} %

auf.
Aber das Ereignis, dass jede Zahl genau zweimal gewürfelt wird hat eine 7484400-fach größere WKT, nämlich ca.

0,344 %

.

Selbst wenn es dir also gelingt, die Möglichkeiten, bei denen die 6 mindestens zweimal vorkommt, richtig zu zählen (was so schwer nicht sein sollte), darfst du jetzt nicht einfach durch die Gesamtanzahl

(\begin{matrix} 17 \\ 12 \end{matrix})

dividieren.
Diese einfache "Formel", nach der die WKT der Quotient aus "günstige" durch "mögliche" ist, die gilt nur bei gleichwahrscheinlichen Ereignissen, also bei sogenannten "Laplace-Experimenten"
Das ist auch der Grund dafür, warum man bei einer Aufgabe wie dieser hier dann doch für die Berechnung die Reihenfolge berücksichtigt, obwohl diese für die eigentliche Fragestellung (da gehts nur um die Anzahl der 6er) nicht relevant ist.

Eine andere, klassische, Aufgabe mit derselben Problematik ist etwa die Berechnung der WKT, dass die Augensumme beim würfeln mit 2 Würfel 4 sei. Grundsätzlich sind dabei die Würfel nicht unterscheidbar, aber man muss sie für die Berechnung unterscheidbar machen, etwa einem Würfel de Nr. 1 geben und dem anderen die Nr2. Also so tun, als würde hintereinander gewürfelt und die Reihenfolge beachten (obwohl sie im Grunde nicht interessiert). Nur wenn man das macht, kommt man auf die 3 Möglichkeiten

(1; 3), (3; 1)

und

(2; 2)

und damit auf die richtige WKT

\frac{3}{36} = \frac{1}{12}

.
Wer naiv von insgesamt

11

Möglichkeiten für die Summe

(2 .

12)

und zwei Möglichkeiten für die Summe 4 (nämlich

{2,2}

und

{1,3})

ausgeht, kommt auf das völlig falsche Ergebnis

\frac{2}{11}

anonymous

23:29 Uhr, 23.06.2019

Also ich habe dein Ergebnis, für die Wahrscheinlichkeit , dass alle Zahlen zwei mal auftreten mit der hypergeoletrischen Verteilung nachgerechnet und erhalte das gleiche Ergebnis. Aber die hypergeometrische gibt doch gerade die Möglichkeiten an jeweils zwei Elemente auf die jeweiligen hier 6 Fächer zuzuordnen oder etwa nicht? Also alle
Möglichkeiten eine zweielementige Teilmenge auf sechs Fächer zu sortieren.. demnach wäre das ja auch nicht nur ein Ausgang von der Gesamtmenge Omega und das kann nicht gleich wahrscheinlich sein

Roman-22

23:45 Uhr, 23.06.2019

>

Also ich habe dein Ergebnis, für die Wahrscheinlichkeit , dass alle Zahlen zwei mal auftreten mit der hypergeoletrischen Verteilung nachgerechnet und erhalte das gleiche Ergebnis.

Du meinst die

0,344 %,

ja?

>

demnach wäre das ja auch nicht nur ein Ausgang von der Gesamtmenge Omega und das kann nicht gleich wahrscheinlich sein

Sorry, aber dieser Einwand ist für mich nicht verständlich. Was genau meinst du und was irritiert dich?

Die besagte WKT berechnet sich doch damit, dass man zunächst mal

(\begin{matrix} 12 \\ 2 \end{matrix})

berechnet und darunter kann man sich die möglichen Positionen der beiden Einsen innerhalb der 2er-Serie vorstellen. Durch diese Wahl der Positionen ist doch schon klar, dass man die Reihenfolge berücksichtigt. Innerhalb der beiden Plätze wird aber keine Reihenfolge berücksichtigt, da ja auf beiden Plätzen die gleiche (Ziehen mit Zurücklegen) Zahl 1 kommt.
Danach werden die beiden Plätze für die beiden 2er mit

(\begin{matrix} 10 \\ 2 \end{matrix})

gewählt, usw. Diese Binomialkoeffizienten werden miteinander multipliziert und durch

6^{12}

dividiert.

anonymous

07:38 Uhr, 24.06.2019

Also ich meinte, dass z.B. wenn wir mal kurz betrachten, dass nur 4 ml gezogen wird. Zwar (6666) eine Ausgang der Gesamtmenge Omega ist, aber das z.B. zwei Ausgänge der GRundmenge sind {(1122),(2211)} und in der hypergeometrischen Verteilung betrachtet man, wie du ja schon geschrieben hast, bei z.B. ((12),(2)) die Möglichkeiten aller Positionen der zweier Serie von z.B. der Eins. Demnach kann die hypergeometrische Verteilung ja auch gar nicht gleichwarhrscheinlich sein, weil dies wirklich nur eine Ausgang ist. Das war ja das Argument dafür, dass es sich hierbei nicht um ein Laplace Experiment handelt.

anonymous

07:38 Uhr, 24.06.2019

Roman-22

10:44 Uhr, 24.06.2019

Ich verstehe nicht, warum du ständig etwas von HGV scshreibst.
Ich verwende den Binomialkoefizienten doch, um alle möglichen Plätze für die beiden 1er zu erhalten - auf die verbleibenden Plätze werden die beiden 2er gelegt.
In deinem Beispiel mit 4 mal würfeln erhalte ich mit

(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) = 6

eben die Anzahl aller Möglichkeiten

{(1,1,2,2); (1,2,1,2); (1,2,2,1); (2,1,1,2); (2,1,2,1); (2,2,1,1}

. Und jedes dieser sechs Quadrupel hat die gleiche Auftretenswahrscheinlichkeit

\frac{1}{6^{4}}

. Die Reihenfolge, in der die Zahlen gewürfelt werden, wird doch gerade berücksichtigt!

Die WKT, bei viermal Würfeln genau zwei Einsen und zwei Zweier zu würfeln ist also

\frac{6}{6^{4}} = \frac{1}{6^{3}} \approx 0,463 %

.
Für die Aufgabe an sich ist die Reihenfolge, in der diese Zahlen gewürfelt werden egal, für die Berechnung der WKT haben wir aber die Reihenfolge berücksichtigen müssen, damit wir nur gleichwahrscheinliche Ereignisse zählen.

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