Fairer Würfel wird viermal geworfen

23.04.2005, 20:33

Remington Steele

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Fairer Würfel wird viermal geworfen

Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, daß

1) das Maximum der erhaltenen Augenzahlen gleich 4 ist,
2) Das Minimum der erhaltenen Augenzahlen gleich 4 ist.

Was sagen die Experten? Augenzwinkern

Augenzwinkern

Also erst dachten wir beim Aufgabenlösung, es wäre so:

zu 1)
Wahrscheinlichkeit, bei einem Wurf eine 4 zu werfen: P = 1/6
W.keit, daß die restlichen 3 Würfe <= 4 sind: P = (2/3)^3
=> P = (1/6) * (2/3)^3 = 4/81

zu 2)
=> P = (1/6) * (1/2)^3 = (1/6) * (1/8) = (1/48)

(bei 2) (1/2) (wegen 4,5,6 (Minimum nicht unterschreiten).

Allerdings meinte ein Genie heute zu mir, das wäre falsch, sie ist sich aber auch nicht ganz sicher, wie die Lösung aussehen sollte. Hat jemand 'nen Plan smile

smile

? Danke...

23.04.2005, 20:50

Remington Steele

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ach ja, ihr Vorschlag zu 1) war

1/12 + 1/24 + 1/198 + 1/1296.

Liegt das Genie richtig? Big Laugh

Big Laugh

23.04.2005, 21:29

Sciencefreak

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ich glaube nicht
Bei 4 mal würfeln soll die Zahl jedes Mal kleiner oder gleich 4 sein und mindestens ein mal genau 4

23.04.2005, 21:31

JochenX

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wie wäre es mit folgendem Ansatz:

addiere die wahrscheinlichkeiten folgender disjunkter ereignisse:
4*vier geworfen; 3 mal vier geworfen, 1 mal kleiner; 2 mal vier geworfen, 2 mal kleiner; 1 mal vier geworfen, 3 mal kleiner

beachte dabei z.b.: es gibt (4 üebr 2) auswahlmöglichkeiten für die 4er würfel bei 2 mal 4 geworfen.....

hilft das!?

25.04.2005, 15:57

Remington Steele

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@Loed, ja das stimmt, hatten heute die Ü.gruppe smile

smile

.

@SciFi-Freak: Doch, das Ergebnis vom Genie war richtig Big Laugh

Big Laugh

25.04.2005, 16:04

Sciencefreak

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Ja ich bin auf falsche Ergebnis gekommen, da ich nicht ganz bis zu Ende nachgedacht habe. Ich habe irgendwie so gerechnet, dass ich erst die Wahrscheinlichkeit für mindestens eine Vier und den Rest kleiner gleich 4 und dann das ganze durch 4! geteilt, was natürlcih sinnlos ist, wenn man 2 Vieren drine hat

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25.04.2005, 16:11

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X ... Maximum der Augenzahlen aller m Würfe
Y ... Minimum der Augenzahlen aller m Würfe

$\begin{eqnarray*} P(X\leq k)=\left(\frac{k}{6}\right)^m \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} P(X=k)=P(X\leq k)-P(X\leq k-1)=\frac{k^m-(k-1)^m}{6^m} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(Y\geq k)=\left(\frac{7-k}{6}\right)^m \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} P(Y=k)=P(Y\geq k)-P(Y\geq k+1)=\frac{(7-k)^m-(6-k)^m}{6^m} \end{eqnarray*}$

25.04.2005, 16:23

kurellajunior

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verwirrt

Schick.

@LOED geht aber einfacher:
4 mal (1.Würfel 4 alle anderen 1-4)= $\begin{eqnarray*} 4\cdot\frac{1}{6}\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^3 \end{eqnarray*}$
sehe gerade da kommt Arthurs raus Tanzen

Tanzen

Ist das nicht kürzer?

25.04.2005, 16:46

Südtirol

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Die ereignismenge Omega ist gegeb durch: {(1,1,1,1),(1,1,1,2).......} usw
du musst dir nur die raussuchen die 4 ergeben im ersten fall

25.04.2005, 18:30

JochenX

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@südtirol: klar günstige/mögliche, aber wie bestimmst du so schnell die möglichen?
sicher nicht durch einfaches abzählen.......

@arthur, insbesondere jan:
natürlich geht das einfacher, ich wollte auch nur mal einen ersten ansatz liefern, der mir dann ganz spontan so eingefallen ist
das verfeinern überlasse ich dann euch spezis smile

smile

mfg jochen

25.04.2005, 19:23

4c1d

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Zitat:

Original von kurellajunior
4 mal (1.Würfel 4 alle anderen 1-4)= $\begin{eqnarray*} 4\cdot\frac{1}{6}\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^3 \end{eqnarray*}$

Aber zählt man da nicht manche Möglichkeiten mehrfach?
Ich würde das über $\begin{eqnarray*} p=\frac{4^4-3^4}{6^4} \end{eqnarray*}$ (Alle Kombinationen aus den unteren 4 Zahlen abzüglich derer, die nur die unteren 3 Zahlen enthalten) berechnen, was - zumindest nach meiner Rechnung - auch mit LOEDs "Zählvariante" übereinstimmt.
Oder habe ich da einen Denkfehler?

25.04.2005, 19:38

JochenX

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um mal meine methode nachzurechnen, die ist sicher nicht elegant, aber dafür sollte sie stimmen:

$\begin{eqnarray*} P={4 \choose 4} \cdot (\frac{1}{6})^4 + {4 \choose 3} \cdot (\frac{1}{6})^3 \cdot \frac{3}{6} + {4 \choose 2} \cdot (\frac{1}{6})^2 \cdot (\frac{3}{6})^2 + {4 \choose 1} \cdot \frac{1}{6} \cdot (\frac{3}{6})^3=(\frac{1}{6})^4 \cdot (1+4 \cdot 3+6 \cdot 3^2+4\cdot3^3)=\frac{1+12+54+108}{6^4}=\frac{175}{6^4} \approx 0,135 \end{eqnarray*}$

mfg jochen

25.04.2005, 19:49

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Zitat:

Original von 4c1d

Zitat:

Original von kurellajunior
4 mal (1.Würfel 4 alle anderen 1-4)= $\begin{eqnarray*} 4\cdot\frac{1}{6}\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^3 \end{eqnarray*}$

Aber zählt man da nicht manche Möglichkeiten mehrfach?

Genauso ist es - aber auch diese Variante ließe sich "retten", mit der Einschluss-Ausschluss-Formel:

$\begin{eqnarray*} {4 \choose 1}\cdot\frac{1}{6}\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^3-{4 \choose 2}\cdot\left(\frac{1}{6}\right)^2\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^2+{4 \choose 3}\cdot\left(\frac{1}{6}\right)^3\cdot\frac{2}{3}-{4 \choose 4}\cdot\left(\frac{1}{6}\right)^4 \end{eqnarray*}$

(So, jetzt habe ich den Reigen der umständlichen Formeln auch noch bereichert. Big Laugh

Big Laugh

)

25.04.2005, 19:53

JochenX

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Arthur! aus!
auch wenn ich sowas auch schon im kopf hatte :-\

als nachtrag übrigens:

Zitat:

1/12 + 1/24 + 1/198 + 1/1296

1/12 + 1/24 + 1/198 + 1/1296 ist etwa 0,1308

also falsch!

25.04.2005, 20:08

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Zitat:

Original von LOED
Arthur! aus!

Nö!

Big Laugh

Remington Steele hat die Klaue des Genies nicht richtig gelesen - richtig ist nämlich

Zitat:

1/12 + 1/24 + 1/108 + 1/1296

26.04.2005, 00:33

kurellajunior

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verwirrt

Oh man. Danke für den Hinweis...

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