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sechsseitiger Würfel; Binomialverteilung

Universität / Fachhochschule

Wahrscheinlichkeitsmaß

Tags: Wahrscheinlichkeitsmaß

andyi aktiv_icon

07:45 Uhr, 03.06.2015

Hallo,

eine Aufgabe war

Ein sechsseitiger Würfel wird 10 mal geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens viermal eine 3 gewürfelt wird?

Meint ihr

P (E_{m i n . 4 x e i n e 3}) = \frac{10!}{4! 6!} (\frac{1}{6})^{4} (\frac{1}{6})^{6} = \frac{210}{6^{10}}

ist das richtige Ergebnis?

Dann war noch eine Aufgabe

Ein Glücksrad hat drei gleich große Sektoren mit den Symbolen Kreis, Kreuz und Stern. Es wird viermal gedreht. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für folgende Ereignisse?
(1) Es tritt genau dreimal Stern auf
(2) Es tritt mindestens dreimal Stern auf
(3) Es tritt höchstens einmal Stern auf
(4) Es tritt weniger als dreimal Stern auf

Bei (1) hätte ich jetzt gesagt, dass das Ergebnis

(\frac{1}{3})^{3} * 4 = \frac{4}{27}

ist, aber das ist falsch und ich weiß nicht, wie ich auf das richtige Ergebnis komme. Meine Ansätze für den Rest sind vermutlich auch falsch.

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.)

DrBoogie aktiv_icon

08:36 Uhr, 03.06.2015

"ist das richtige Ergebnis?"

Nein, bei Dir steht nicht "mindestens 4 mal", sondern "genau 4 mal" (eigentlich auch nicht ganz, aber ich kann da noch hoffen, dass Du Dich nur verschrieben hast).
Richtig wäre

\sum_{k = 4}^{10} (\binom{10}{k}) (\frac{1}{6})^{k} (\frac{5}{6})^{10 - k}

.

"das ist falsch und ich weiß nicht, wie ich auf das richtige Ergebnis komme."

Dabei hast Du oben in der praktisch identischen Aufgabe doch fast auf das richtige Ergebnis gekommen, komisch.
Richtig wäre

(\binom{4}{3}) (\frac{1}{3})^{3} (\frac{2}{3})^{1}

.

Wenn Du nicht verstehst, warum, lese über Binomialverteilung.
Ich kann nur zum 1000. Mal wiederholen: es ist nicht möglich, Aufgaben zu lösen, wenn man die Theorie nicht kennt. Und hier gibt's keine Vorlesungen.

andyi aktiv_icon

15:17 Uhr, 04.06.2015

Hmm, also in der Aufgabe steht doch mindestens

Bei mir kommt

1 - \frac{10!}{10!} p^{0} (1 - p)^{10} - \frac{10!}{1! 9!} p^{1} (1 - p)^{9} - \frac{10!}{2! 8!} p^{2} (1 - p)^{8} - \frac{10!}{3! 7!} p^{3} (1 - p)^{7}

raus. Also 1- die Wahrscheinlichkeiten, dass genau keine, eine, zwei oder dreimal eine 3 gewürfelt wird.

Ja, bei (1) hast du schon das richtige Ergebnis angegeben

\frac{8}{81}

Bei (2) hab ich

1 - \frac{4!}{0! 4!} (\frac{1}{3})^{0} (\frac{2}{3})^{4} - \frac{4!}{1! 3!} (\frac{1}{3})^{1} (\frac{2}{3})^{3} - \frac{4!}{0! 4!} (\frac{1}{3})^{0} (\frac{2}{3})^{4}

, also 1- die Wahrscheinlichkeit, dass kein-, ein-, oder zweimal Stern auftritt, aber ich müsste auf \frac{1}{9} kommen

DrBoogie aktiv_icon

16:17 Uhr, 04.06.2015

"Also 1- die Wahrscheinlichkeiten, dass genau keine, eine, zwei oder dreimal eine 3 gewürfelt wird."

Das ist dasselbe, denn

\sum_{k = 0}^{10} (\binom{10}{k}) p^{k} (1 - p)^{k} = 1

.

Update. Korrigiert.

andyi aktiv_icon

11:15 Uhr, 29.06.2015

Hi, ich hab nochmal drüber nachgedacht und ich komme hierauf

Bei

Ein sechsseitiger Würfel wird 10 mal geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens viermal eine 3 gewürfelt wird?

denke ich, dass

\sum_{k = 4}^{10} (\frac{10!}{k! (10 - k)!}) (\frac{1}{6})^{k} (\frac{5}{6})^{k}

die Lösung ist.

Und hierbei:

Ein Glücksrad hat drei gleich große Sektoren mit den Symbolen Kreis, Kreuz und Stern. Es wird viermal gedreht. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für folgende Ereignisse?
(1) Es tritt genau dreimal Stern auf
(2) Es tritt mindestens dreimal Stern auf
(3) Es tritt höchstens einmal Stern auf
(4) Es tritt weniger als dreimal Stern auf

erhalte ich als Lösung

(1)

(\frac{4!}{3! 1!}) (\frac{1}{3})^{3} (\frac{2}{3}) = (\frac{8}{81}) = (\frac{1}{9})

(2)

(\frac{4!}{3! 1!}) (\frac{1}{3})^{3} (\frac{2}{3})^{1} + (\frac{4!}{4! 0!}) (\frac{1}{3})^{4} (\frac{2}{3})^{0} = (\frac{1}{9})

(3)

(\frac{4!}{4! 0!}) (\frac{1}{3})^{0} (\frac{2}{3})^{4} + (\frac{4!}{1! * 3!}) (\frac{1}{3})^{1} (\frac{2}{3})^{3} = (\frac{16}{27})

(4)

\sum_{k = 0}^{2} (\frac{4!}{k! (4 - k)!}) (\frac{1}{3})^{k} (\frac{2}{3})^{4 - k} = (\frac{8}{9})

Bei 3 sollte aber eigentlich

(\frac{10}{27})

als Ergebnis rauskommen. Ich weiß leider nicht, wo das Problem an meinem Lösungsweg liegt.

"Also 1- die Wahrscheinlichkeiten, dass genau keine, eine, zwei oder dreimal eine 3 gewürfelt wird."
Das müsste doch

\sum_{k = 4}^{10} p^{k} (1 - p)^{10 - k}

sein oder nicht.

Wollte noch sagen, dass ich das Forum echt sehr gut finde und bin froh, dass es existiert.

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