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Zufallsexperiment mehrfacher Würfelwurf
Universität / Fachhochschule
Wahrscheinlichkeitsmaß
Zufallsvariablen
Tags: Wahrscheinlichkeitsmaß, Zufallsvariablen
 
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Hallo Ihr Lieben, für ein Uniseminar über die Matheolympiade muss ich alte Aufgaben daraus lösen, nur bin ich aktuell überhaupt nicht mehr im Thema Stochastik drin. Wäre super, wenn mir ein netter Mensch hier bei der Argumentationsweise der Aufgaben helfen könnte, sodass ich diese evtl. vorrechnen kann: Aufgabe 1: Jemand würfelt mit einem Standardwürfel (Zahlen 1 bis 6 --> jede Zahl gleich Wahrscheinlichkeit) Zunächst würfelt man einmal und schreibt das Ergebnis als erste Ziffer einer Zahl auf. In den weiteren Schritten schreibt man dann das Ergebnis als Ziffern hinter alle bisher aufgeschriebenen Ziffern und prüft, ob die sich die daraus gebildete Zahl durch ihre letzte Ziffer teilen lässt. Ist dies der Fall, so hört man auf. Ansonsten macht man solgange weiter, bis man den oben beschriebenen Fall erreicht hat. a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass man bereits nach dem zweiten Wurf abbricht, die Zahl also zweistellig ist. --> hier bin ich mit einem W-baum auf die Lösung 24/36 gekommen, geht aber sicherlich noch eleganter, oder? Könnte man die Teilbarkeitsregeln hier verwenden? b) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass man nach exakt drei Würfen abbricht. (siehe a) Aufgabe 2 Man würfelt mit einem Standardwürfel wie oben zunächst einmal und schreibt das Ergebnis als erste Ziffer einer Zahl auf. In jedem weiteren Schritt würfelt man wieder mit diesem Würfel, schreibt das Ergebnis als Ziffer hinter alle bisher aufgeschriebenen Ziffern und schaut, ob die sich ergebende Zahl durch ihre letzte Ziffer teilbar ist. Ist dies der Fall, so hört man auf. Ansonsten macht man weiter. (also äquivalent zu Aufgabe 1--> aber dann...) Mit welcher Wahrscheinlichkeit tritt dieses Ereignis ein: Man würfelt genau n-mal (n>6 und n natürliche Zahl) und hört dann wegen der obigen Abbruchbedingung auf, und bei diesen n Würfen waren die zweite und die letzte gewürfelte Ziffer eine Vier. Hier fehlt mir auch ein Beweisansatz Viele Grüße und danke für Eure Mühe! Carla :-) |
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> hier bin ich mit einem W-baum auf die Lösung 24/36 gekommen, geht aber sicherlich noch eleganter, oder? Na kommt drauf an, wie "elegant" du abgezählt hast: a) Wenn die zweite Augenzahl 1,2 oder 5 ist, dann klappt es immer --> 6*3 = 18 Varianten b) Wenn die zweite Augenzahl 3 oder 6 ist, muss auch die Gesamtzahl durch 3 teilbar sein, was wiederum nur klappt, wenn auch die erste Augenzahl 3 oder 6 ist --> 2*2 = 4 Varianten c) Wenn die zweite Augenzahl 4 ist, muss die erste Augenzahl gerade sein --> 3*1 = 3 Varianten Macht übrigens summa summarum 18+4+3 = 25 Varianten, d.h., deine 24 sind falsch. |
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Oh je, stimmt Da habe ich mich bei meinen Kreuzchen am Ende auch noch verzählt :/ Eine andere Variante, als das über die Teilbarkeitsregeln oder einen solchen Baum zu machen fällt dir aber auch nicht ein, oder? Ausgehend von den Ergebnissen kann man das dann ja auch (zwar etwas aufwendiger) für die 3 Ziffern durchführen denke ich. |
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Bei dreien würde ich dann auf: 11/36* (36+36+12+18+36+12/216)) =11/36*150/216= 0,21219 kommen (also hier gibts ja genau 216 Möglichkeiten, wobei es dann nach 150 davon terminieren würde, zudem ist ja die Vorbedingung, dass es im ersten Schritt nicht terminiert |
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Das ist schon allein deshalb falsch, weil alle, wirklich ALLE Ereignisse, die allein auf den ersten drei Würfen basieren, jeweils eine Laplace-Wahrscheinlichkeit aufweisen, die ein GANZZAHLIGES Vielfaches von sein muss. Das ist bei 11/36*150/216 NICHT der Fall (in der Rechnung scheint irgendeine unbegründete Unabhängigkeitsannahme zu stecken - du hast dich ja nicht sehr deutlich zur Begründung deiner Idee geäußert). Ich komme durch Abzählen auf Wahrscheinlichkeit für Abbruch nach genau drei Ziffern. P.S.: Aufgabe 2) hat es schon ganz schön in sich. Da muss man die Situation mit sehr viel Geduld analysieren, bevor man zum Ergebnis kommt - sofern ich mich nicht verrechnet habe. |
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Ok, auf das Ergebnis bin ich nun auch gekommen, die 11/36 sind ja gekürzt auch nichts anderes wie die 66/216 ;-) Aber wie würdest du das jetzt schön in Kurzform aufschreiben, oder reicht es das Ganze mündlich zu begründen? Wie bist du denn bei der 2 darauf gekommen, tue mich ja schon bei der 1 schwer, die Einzelwahrscheinlichkeiten zu berechnen? Viele Grüße Carla |
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Das sind wie gesagt sehr umfangreiche Betrachtungen, auch eine Fallunterscheidung ist involviert. Nur ein paar wichtige Gedanken, die dir helfen sollten, selbst mal tätig zu werden: Wenn an der zweiten Position eine 4 ist und an Endposition (mit ) ebenfalls eine 4, dann dürfen a) an Position 1 nur eine ungerade Ziffer stehen, also 1, 3 oder 5, ansonsten wäre nämlich schon nach der 4 auf Position 2 Schluss, b) an den Positionen 3 bis allenfalls die Ziffern 3,4 oder 6 auftauchen - weil mit 1,2 oder 5 sofort Schluss ist, c) an Position muss 4 oder 6 stehen (damit dann an Position mit der 4 auch tatsächlich Schluss ist). Aber es sind bei b) auch nicht alle diese Varianten zulässig: Beispielsweise muss eine 4 dort stets eine 3 vorangestellt sein usw. Noch ein wichtiger Hinweis: Die Ziffern 3 und 6 ändern nicht die Gesamtsumme (bis dahin) modulo 3, die Ziffer 4 hingegen schon - diese Betrachtung ist wichtig, was die Teilbarkeit durch 3 oder 6 betrifft. Das muss man mühsam und geduldig alles erfassen, und dann kann man auch die Anzahl (besser gesagt die Anzahlen in mehreren Unterfällen) ausrechnen. |
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Das klingt aber wirklich kompliziert... Ich versuche mich mal: (erstmal die Betrachtung der einzelnen Schritte) Im ersten Schritt ist die W-keit ja 3/6=1/2 (nur ungerade Ziffern) im zweiten Schitt dann 1/6 (nur eine vier) 3. Schritt: hier darf nur eine 3 oder 6 stehen (keine 4, da sonst Ende), allerdings darf daher im ersten Schritt doch keine 5 stehen wegen der Quersumme, oder??? --> also gibts nach 3 Schritten nur die Möglichkeiten: 143, 146, 343, 346 4. Schritt: Hier geht eine 3 oder 6 (und bei einer 3 im 3. Schritt auch eine 4) --> also bisherige Möglichkeiten: 1433, 1434, 1436, 1463, 1466, 3433, 3434, 3436, 3463, 3466 (10 Möglichkeiten) 5. Schritt: 3,6 geht, nach einer 3 im 4. Schritt auch eine 4: --> 14333, 14334, 14336, 14343, 14346, 14363, 14366, 14633, 14634, 14636, 14663, 14666, 34333, 34334, 34336, 34343, 34346, 34363, 34366, 34633, 34634, 34636, 34663, 34666 (24 Möglichkeiten) und so weiter: n-1te Position: nur 4 oder 6 (4 aber nur, wenn vorher eine 3 steht) n-te Position: nur 4 Stimmt das soweit? Und wie wäre dann die Taktik die allgemeine Formel abzulesen? Finde das Ganze doch recht unübersichtlich und komme auch mit deiner Formel nach 7 Schritten nicht aufs richtige Ergebnis? |
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Hat niemand eine weitere Idee? Grüße, Carla |
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"Das klingt aber wirklich kompliziert..." Das (Aufgabe IST wirklich kompliziert!!! Ich habe nicht viele Erfahrungen mit Aufgaben aus der Matheolympiade. Aber ich glaube, man braucht keine besonders hohen mathematischen Theorien, sondern das ist meist eine Sache sehr kniffliger Überlegungen. In deinen Ausführungen vom . steckt noch ein entscheidender Fehler! Du kannst nicht grundsätzlich mit einer 3 oder 6 fortsetzen. Das siehst du im 5. Schritt bei und wo doch ein Abbruch erfolgt. Der "Übeltäter" ist jeweile die 4 an der vorletzten Stelle. Es folgen noch weitere sehr knifflige Überlegungen, wozu HAL9000 dir schon wichtige Hinweise gegeben hat! Mir ist nicht ganz klar, was dir als Grundlage vorliegt (nur die Aufgabenstellung, auch die Lösungsformel, oder sogar eine komplette Erklärung der Lösung)? Und was erwartest du hier von Helfern? Hinweise und Hilfen, um selbstständig auf die Lösung zu kommen? Oder die Darstellung eines Lösungswegs mit Erklärung, um das zu verstehen? |
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Verdammt, das ist aber echt mega knifflig, das mit der 4 habe ich ganz übersehen (Im 5. Schritt dürfte es ja dann nur 20 Möglichkeiten geben, da die 14343,14346, 34343, 34346 wegfallen.) Also darf doch in der Mitte (also an Stelle 3 bis n-2) gar keine 4 kommen, da es einen Schritt weiter terminieren würde, oder? Weil dann gäbe es ja nur die folgenden Möglichkeiten: 1. S: nur 1 oder 3 2. S: nur die 4 3.bis n-2ter S: nur 3 oder 6 n-1-ter S.: nur 4 oder 6 n-ter S.: nur 4 Leider habe ich keinerlei weitere Hilfestellungen und mir wäre neben der richtigen Lösung primär der Weg dorthin wichtig. Also vor allem, wie ich aus den bisherigen Überlegungen dann auf die schlussendliche Berechnungsformel kommen kann? Viele Grüße Carla |
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Warum willst du und rauswerfen. Die gehen doch noch weiter! Starten wir zunächst mal nur mit . am Anfang, das ist einfacher. Dann stimmt deine Auflistung fast. Am Ende muss oder stehen wäre ja schon vorher abgebrochen). Kannst du die Anzahl der Möglichkeiten für und bestimmen (bei insgesamt Ziffern), wenn man die Zwischenräume beliebig mit Dreien und Sechsen füllen kann? |
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Guten Morgen und Ach du je... Also für die 14...64 müsste es 2^(n-4) Möglichkeiten und für die 14...344 2^(n-5) Möglichkeiten geben für die 3 oder 6, da ja jeweils 4 bzw. 5 Ziffern feststehen. Die gleiche Anzahl an Möglichkeiten müsste sich dann ja nochmals für die 34...64 und 34...344 ergeben. Wie man auf die 6^n im Nenner bei der Lösung von HAL kommt ist mir auch klar (Anzahl der Möglichkeiten insgesamt). Aber wie man die 4, welche ab und zu nach der 3 in der Mitte kommen kann dort integriert, ist mir noch unklar... Viele Grüße |
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> Die gleiche Anzahl an Möglichkeiten müsste sich dann ja nochmals für die 34...64 und 34...344 ergeben. Irrtum: Bei 34...64 darf im Zwischenbereich ... eine weitere 4 bzw. (genauer gesagt und wie oben schon erwähnt) eine Sequenz 34 erscheinen, weil diese auch weiterhin KEINE Teilbarkeit durch 3 gewährleistet!!! Für diese Sequenz 34 haben wir innerhalb des ...-Bereich der Länge genau Möglichkeiten der Platzierung; die weiteren Plätze dort können wie gehabt beliebig mit 3 oder 6 aufgefüllt werden. Damit haben wir im Fall 34...64 zwei Unterfälle a) Keine weitere 4: Wird genauso gehandhabt wie Fall 14...64, d.h., mit Möglichkeiten. b) Genau ein weiteres 34: Macht genau Möglichkeiten. Summa summarum macht das Möglichkeiten. Ähnlich ist im Fall 34..344 zu verfahren. Ich denke, es wird damit auch langsam klar, warum die Aufgabensteller freundlicherweise gefordert haben: Das ermöglicht "genug" Platz in diesem Zwischenbereich - für kleinere ist die Betrachtung noch etwas zu modifizieren (was einem hier also glücklicherweise erspart bleibt). Testfrage: Warum dürfen nicht zwei oder gar noch mehr solche 34-Sequenzen in diesem Zwischenbereich auftauchen? |
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@HAL9000: Sogar für "klappt" deine Formel auch noch, da für den kritischen Fall mit zusätzlichem dazwischen richtigerweise die Anzahl 0 berechnet wird. |
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Ja, manchmal hat man auch Glück. Bei n=5 klappt das aber nicht mehr. Da du ja deinen Anmerkungen nach zu urteilen die Sache auch vollständig durchdacht hast und bisher nicht protestiert hast, nehme ich mal an, dass ich mit dem Ergebnis dann doch richtig liege? Nunmehr für alle statt "nur" . ;-) |
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Ja, im ersten Anlauf hatte ich aufgegeben, gar nicht so extrem weit vor dem Ziel, wie sich dann später gezeigt hat. Erst nachdem ich deine Formel gesehen hatte konnte ich diese dann mit neuer Motivation bestätigen! |
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Finde es super, dass ihr euch so aufopferungsvoll um meine Aufgabe kümmert! Zuerst mal zu deiner Zusatzfrage: Bei mehr solcher Reihen würde bedingt durch die zusätzlich 4 das Ganze wieder durch 3 teilbar werden bezüglich der Quersumme, wodurch diese Sequenz nur einmal vorkommen darf. Dies ist auch der Grund, warum diese Sequenz nicht beim Start mit 14... vorkommen darf! Also fasse ich nochmal zusammen: 1. S: nur 1 oder 3 2. S: nur die 4 3.bis n-2ter S: nur 3 oder 6 und zusätzlich der Sonderfall mit der 4 n-1-ter S.: nur 4 oder 6 n-ter S.: nur 4 Das ergibt folgende 4 "Hauptmöglichkeiten": 1. 14...344 2. 14...64 3. 34...344 4. 34...64 Hier sind jetzt noch die Möglichkeiten für die Schritte 3 bis n-2 (bzw. n-3 bei ...344) zu betrachten: zu 1: hier gibts 2^(n-5) Möglichkeiten für die 3 und 6 zu verteilen zu 2: hier hingegen 2^(n-4) Möglichkeiten, da die Endsequenz nur 2 Ziffern lang ist. zu 3: 2^(n-5) Möglichkeiten für die 3 und 6 zu verteilen und zudem die (n-5)*2^(n-6) Möglichkeiten für den Sonderfall zu 4: 2^(n-4) Möglichkeiten und zudem die (n-4)*2^(n-5) Möglichkeiten für den Sonderfall Macht zusammen: 2*2^(n-5)+ 2*2^(n-4)+ (n-4)*2^(n-5) + (n-5)*2^(n-6) Möglichkeiten Nach Umformen komme ich hier aber auf: (n-1)*2^(2n-11) Möglichkeiten, also irgendwas stimmt noch nicht, oder? Viele Grüße Carla |
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Korrektur: zu 3: 2^(n-5) Möglichkeiten für die 3 und 6 zu verteilen und zudem die (n-6)*2^(n-7) Möglichkeiten für den Sonderfall zu 4: 2^(n-4) Möglichkeiten und zudem die (n-5)*2^(n-6) Möglichkeiten für den Sonderfall Und über deine additive Zusammenfassung der Terme mit diesem ominösen 2^(2n-11) decken wir mal lieber den Mantel des Schweigens - da gehst du nochmal in dich. Übrigens: Genau genommen müsste man auch noch Fall 54....4 diskutieren, was aber schnell erledigt ist und du (hoffentlich) ja auch getan hast. |
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Ok, also zusammen: 2*2^(n-5)+ 2*2^(n-4)+ (n-5)*2^(n-6) + (n-6)*2^(n-7) Möglichkeiten Und das ist dann das gleiche wie: 8*2^(n-7) + 16*2^(n-7) + 2*(n-5)*2^(n-7) + (n-6)*2^(n-7) = 2^(n-7)*(8+16+n-6+2n-10)=2^(n-7)*(8+3n) und damit hab ichs und die Aufgabe ist endlich fertig. Nochmals danke für die Hilfe Viele Grüße |
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