Wahrscheinlichkeiten

12.10.2013, 18:05

mathisfun

Wahrscheinlichkeiten

Hallo,
ich bereite mich für die Klausur vor. Ich rechne gerade die Probeklausuren durch, es gibt leider keine Lösungen dazu. Deswegen wäre ich sehr dankbar, wenn jemand auf meine Lösungen gucken kann, ob die richtig oder falsch sind.
Meine Lösungen sind leider per Hand geschrieben, da ich Latex noch nicht so gut kann.
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12.10.2013, 21:27

Kühlschrank

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RE: Wahrscheinlichkeit und Klausur
Also, ich hab mir jetzt nur mal die erste Klausur, also Termin 1 angesehen und deine Lösungen dazu... Hat erst mal gedauert die passenden Lösungen aus deinen ganzen angehängten PDFs rauszusuchen. Hätte man ruhig eindeutiger benennen können, so in der Art "Klausur 1" "Lösung zu Klausur 1"... naja.

Aufgabe 6.a (bzw. in deiner Lösung 5.a ???) ist schonmal nicht korrekt. Außerdem sehr knapp verfasst. Vielleicht sagst du erst mal was dazu, wie du auf das Ergebnis $\begin{eqnarray*} \tfrac{1}{6^5} \end{eqnarray*}$ kommst, dann findest du vielleicht den Denkfehler ^_-

Selbes gilt für b. So ganz unabhängig sind die einzelnen Würfe übrigens auch nicht. Wenn du gleich im ersten Wurf einen Kniffel hast gibt es ja keinen zweiten Wurf mehr. Wenn es aber einen zweiten Wurf gibt ist dieser natürlich unabhängig vom ersten ^^

c ist korrekt ^^

Bei d haste zwar ein schönes Bildchen hingemalt, aber deine Zahlen stimmen trotzdem nicht. Wo geht denn in deiner Rechnung ein, dass einige der Würfel KEINE 1 anzeigen?

Bei e seh ich nicht so ganz, was du da tust ^^*

Wie gesagt, schreib mal dazu, was du dir überhaupt gedacht hast, damit man nachvollziehen kann, wo deine Fehler herrühren. Dann kann man dir viel besser helfen ^_-

12.10.2013, 22:12

mathisfun

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RE: Wahrscheinlichkeit und Klausur
Vielen Dank für die Antwort!
Klausur 1, 1. Termin, Aufgabe 6
a) Ich habe mir für a) das überlegt:
Wir können als Kniffel Folgendes bekommen:
(1,1,1,1,1,1)
(2,2,2,2,2,2)
(3,3,3,3,3,3)
(4,4,4,4,4,4)
(5,5,5,5,5,5)
(6,6,6,6,6,6)
Also haben wir P(A)=6/6^5=1/6^4
b) Wenn ich beim ersten Wurf einen Kniffel habe, dann ist P(A1)=6/6^5=1/6^4. Wenn ich beim ersten Wurf keinen Kniffel hat hatte, habe ich aber die Möglichkeit, ihn beim dritten zu bekommen. Und genau so für den dritten Wurf. Also
P(A)=3/6^4
c) Gott sei dank, hatte ich was richtig Hammer

Zitat:

Wo geht denn in deiner Rechnung ein, dass einige der Würfel KEINE 1 anzeigen?

Ich habe so gedacht: beim zweiten Wurf kriege ich eine 1 und eine beliebige Zahl, dann habe ich für so eine Kombination 5/6^2 Möglichkeiten. Wenn ich aber beim zweiten Wurf keine Einser habe, dann beeinflusst das aber die Ergebnisse des dritten Wurfes nicht.
Jetzt, wenn ich das schreibe, fällt mir ein. Vielleicht soll man für die Möglichkeit mindestens eine 1 zu würfeln, Inklusion-Exklusion Prinzip verwenden. Und da die Wahrscheinlichkeiten für den zweiten und dritten Wurf gleich sind,mit 2 multiplizieren.
Also:
P(A)=2+((1/6^2)+(1/6)+(1/6)-(1/6^2))=2/3
e) Ich weiß ehrlich nicht, wie ich an die Aufgabe dran komme. Mit 2 Würfeln kann man die Summe von Augenzahlen rechnen. Aber mit 5 Würfeln ist es sehr Zeit aufwendig. Und unter Stress kann man auch viele Fehler machen. Ich vermute, es gibt einen Trick, aber den kenne ich nicht.

12.10.2013, 22:57

Kühlschrank

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RE: Wahrscheinlichkeit und Klausur

Zitat:

Original von mathisfun
Vielen Dank für die Antwort!
Klausur 1, 1. Termin, Aufgabe 6
a) Ich habe mir für a) das überlegt:
Wir können als Kniffel Folgendes bekommen:
(1,1,1,1,1,1)
(2,2,2,2,2,2)
(3,3,3,3,3,3)
(4,4,4,4,4,4)
(5,5,5,5,5,5)
(6,6,6,6,6,6)
Also haben wir P(A)=6/6^5=1/6^4

So, $\begin{eqnarray*} \tfrac{1}{6^4} \end{eqnarray*}$ sieht schon viel besser aus, als $\begin{eqnarray*} \tfrac{1}{6^5} \end{eqnarray*}$ smile

Zitat:

Original von mathisfun
b) Wenn ich beim ersten Wurf einen Kniffel habe, dann ist P(A1)=6/6^5=1/6^4. Wenn ich beim ersten Wurf keinen Kniffel hat hatte, habe ich aber die Möglichkeit, ihn beim dritten zu bekommen. Und genau so für den dritten Wurf. Also
P(A)=3/6^4

Wir gehen schon in die Richtige Richtung. Vielleicht jetzt nochmal Schritt für Schritt ^^
Abkürzend definiere ich mal:
A1 sei das Ereignis eines Kniffels im ersten Wurf
A2 sei das Ereignis eines Kniffels im zweiten Wurf
und A3 sei das Ereignis eines Kniffels im dritten Wurf.
Dann hast du $\begin{eqnarray*} \operatorname{P}(A1) \end{eqnarray*}$ schonmal korrekt angegeben.
Was ist jetzt mit $\begin{eqnarray*} \operatorname{P}(A2) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \operatorname{P}(A3) \end{eqnarray*}$ ?
Hinweis: Was ist die Wk im ersten Wurf KEINEN Kniffel zu haben?

Zitat:

Original von mathisfun
d) Ich habe so gedacht: beim zweiten Wurf kriege ich eine 1 und eine beliebige Zahl, dann habe ich für so eine Kombination 5/6^2 Möglichkeiten. Wenn ich aber beim zweiten Wurf keine Einser habe, dann beeinflusst das aber die Ergebnisse des dritten Wurfes nicht.
Jetzt, wenn ich das schreibe, fällt mir ein. Vielleicht soll man für die Möglichkeit mindestens eine 1 zu würfeln, Inklusion-Exklusion Prinzip verwenden. Und da die Wahrscheinlichkeiten für den zweiten und dritten Wurf gleich sind,mit 2 multiplizieren.
Also:
P(A)=2+((1/6^2)+(1/6)+(1/6)-(1/6^2))=2/3

Seh nicht ganz, wie du bei $\begin{eqnarray*} 2+((1/6^2)+(1/6)+(1/6)-(1/6^2)) \end{eqnarray*}$ etwas erhalten kannst, was kleiner als 1 ist. ^^*
Vielleicht solltest du Aufgabe d auch erst mal hinten anstellen. Sobald du Aufgabe c verstanden hast solltest du auch d hinkriegen, also mach erst mal c ^^

Zitat:

Original von mathisfun
e) Ich weiß ehrlich nicht, wie ich an die Aufgabe dran komme. Mit 2 Würfeln kann man die Summe von Augenzahlen rechnen. Aber mit 5 Würfeln ist es sehr Zeit aufwendig. Und unter Stress kann man auch viele Fehler machen. Ich vermute, es gibt einen Trick, aber den kenne ich nicht.

Okay... tu mal so als könntest du die Würfel unterschieden (bspw. weil sie unterschiedlich gefäbrt sind) und du nummerierst die dann irgendwie. Dann sei $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} 1\leq i \leq 6 \end{eqnarray*}$ eine Zufallsvariable, die angibt, welche Augenzahl Würfel i zeigt...
Kannst du mathematisch aufschreiben, was gesucht ist? Musst es noch nicht konkret ausrechnen, aber erst mal irgendwie hinschreiben (wie bspw vorher $\begin{eqnarray*} \operatorname{P}(A1) \end{eqnarray*}$ ).

13.10.2013, 14:42

mathisfun

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Vielen Dank für die Antworten!
Ich habe gerade gesehen, dass mein Lösungen zu den Aufgaben Klausur 2. Termin sehr fehlerhaft waren. Habe jetzt gebessert.
Bei der Klausur 1 kann ich immer noch nur mit letzter Aufgabe anfangen. Ich habe schon irgendwo gerechnet, dass der Erwartungswert eine bestimmte Augenzahl bei 3,5 liegt. Dann müssen wir das mit 5 multiplizieren. Dann bekommen wir 17,5 als die erwartete Summe von Augenwürfel. So ungefähr...[attach]31779[/attach][attach]31780[/attach]

13.10.2013, 18:16

Kühlschrank

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Zitat:

Original von mathisfun
Ich habe schon irgendwo gerechnet, dass der Erwartungswert eine bestimmte Augenzahl bei 3,5 liegt. Dann müssen wir das mit 5 multiplizieren. Dann bekommen wir 17,5 als die erwartete Summe von Augenwürfel. So ungefähr...

Nicht so ungefähr, sondern genau so ^^
Aufschreiben würde man das ganze normalerweise als
$\begin{eqnarray*} E \left( \sum\limits_{i=1}^5 X_i \right) = \sum\limits_{i=1}^5 E \left( X_i \right) = \sum\limits_{i=1}^5 3,5 = 17,5. \end{eqnarray*}$
Seh auch grad, dass ich mich getsern 2mal verteippt hab... natürlich geht es nur bis $\begin{eqnarray*} X_5 \end{eqnarray*}$ und nicht bis $\begin{eqnarray*} X_6 \end{eqnarray*}$ und bei der d) brauchst du erst mal die b) und nicht die c) ^^* Aber denke du hattest das schon so verstanden. ^^

Für die b) wäre aber eben noch wichtig, wie gestern schonmal gefragt: Was ist die Wahrscheinlichkeit bei einmal Würfeln KEINEN Kniffel zu haben? Da kommst du bestimmt drauf ^^

13.10.2013, 18:30

mathisfun

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Oh, super, das war aber ein guter Tipp von dir. Mit b komme ich trotzdem nicht klar. Ich weiß, dass die Wahrscheinlichkeit keinen Kniffel zu würfeln, ist 1-(1/6^4). Ich verstehe aber nicht, wie es mit dem zweiten Wurf verbunden ist. Der ist doch unabhängig vom ersten. Math is fun, aber manchmal macht sie fertig.

13.10.2013, 21:21

Kühlschrank

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Richtig, die Wk für keinen Kniffel im ersten Wurf beträgt $\begin{eqnarray*} 1- \tfrac{1}{6^4} \end{eqnarray*}$ smile

Ich schreib dir mal das Ereignis erst beim zweiten Wurf einen Kniffel zu haben ausführlich auf ^^

Dazu zwei Hilfsereignisse:
Ereignis $\begin{eqnarray*} K_1 \end{eqnarray*}$ : Man erhält einen Kniffel beim ersten Wurf.
Ereignis $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ : Man erhält einen Kniffel beim zweiten Wurf.

Das gesuchte Ereignis kann man jetzt schreiben als:
"Beim ersten Wurf habe ich keinen Kniffel und beim zweiten Wurf habe ich einen Kniffel."
Dies ist aber gerade $\begin{eqnarray*} K_1 ^c \cap K_2 \end{eqnarray*}$ . Hierbei ist $\begin{eqnarray*} K_1 ^c \end{eqnarray*}$ das Komplement von $\begin{eqnarray*} K_1 \end{eqnarray*}$ , also das Ereignis KEINEN Kniffel beim ersten Wurf zu haben.
Du hast mehrmals richtig angemerkt, dass der erste Wurf vom zweiten unabhängig ist. Was heißt das dann für $\begin{eqnarray*} \operatorname{P} \left(K_1 ^c \cap K_2 \right) \end{eqnarray*}$ ?

Mal so nebenbei: Was ist das eigentlich für eine komische Klausur? Dem Titel der Aufgaben zu folge wirst du da in allen möglichen Teilbereichen der Mathematik abgefragt?

13.10.2013, 22:23

mathisfun

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Hallo, danke für die Geduld!
Ich habe folgende Skizze gemacht.
Ich denke, der Schnitt nicht K1 und K1 ist eine leere Menge. Das heißt, wir können nicht einfach multiplizieren: 1/6^4*(1-(1/6^4)). Das würde auch bedeuten, dass die Ereignisse abhängig sind. Ist das nicht zufällig das Geburtstagsproblem. Dann sollte ich die Wahrscheinlichkeiten für die komplementäre Ereignisse ausrechnen und dann von 1 abziehen?
[attach]31786[/attach]
Das ist eine Klausur in Diskreten Strukturen.

14.10.2013, 00:22

Kühlschrank

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Geduld ist bei Mathe wichtig ^_-

Du hast Recht $\begin{eqnarray*} K_1 \cap K_1 ^c = \emptyset \end{eqnarray*}$ , aber wir gucken uns doch gar nicht $\begin{eqnarray*} K_1 \cap K_1 ^c \end{eqnarray*}$ an, also wo haste das jetzt her? ^^*

Du bist jetzt den Bäumchen Weg gegangen, ist zwar nicht elegant, aber wenn du so weiterkommst, ok. Dein Bäumchen sieht soweit auch in Ordnung aus.
Was du jetzt willst, ist ja alle Knoten zu erreichen, die links stehen, also mit einem "ja" enden. Wenn man sich an so nem Baum entlang hangelt , also einen Weg entlang geht, muss man ja nur die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten, die einem an den Weggabelungen begegnen nacheinander multiplizieren und gut ist. Dann noch die Wahrscheinlichkeiten der einzelnen betrachteten Wege addieren und man ist fertig. D.h. eigentlich bist du einen Schritt vorm Ende.
Ich sehe daher um ehrlich zu sein gerade nicht, wo noch das Problem ist ^^*

Mit dem Geburtstagsproblem hat das übrigens nix zu tun.

14.10.2013, 09:42

mathisfun

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Ok, danke! Mein Problem war, dass ich dachte(warum auch immer), wenn die Ereignisse unabhängig sind, durfte man das nicht machen:

Zitat:

Wenn man sich an so nem Baum entlang hangelt , also einen Weg entlang geht, muss man ja nur die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten, die einem an den Weggabelungen begegnen nacheinander multiplizieren

So ein Ergebnis habe ich jetzt. [attach]31787[/attach]

Nochmal vielen Dank!

14.10.2013, 14:14

Kühlschrank

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Stimmt leider immer noch nicht ganz ^^*
Bei jedem Weg zu einem Endknoten musst du natürlich von der Wurzel aus anfangen... D.h. du hast
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{6^4} + \frac{1}{6^4} \cdot \left( 1- \frac{1}{6^4} \right) + \frac{1}{6^4} \cdot \left( 1- \frac{1}{6^4} \right)^2 \end{eqnarray*}$ .
Ohne Baum würde man das übrigens mit Hilfsereignissen $\begin{eqnarray*} K_i \end{eqnarray*}$ , definiert wie in einem meiner vorigen Posts, machen. Das gesamte Ereignis ist dann beschrieben durch das Eintreten von
$\begin{eqnarray*} K_1 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} K_1 ^c \cap K_2 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} K_1^c \cap K_2 ^c \cap K_3 \end{eqnarray*}$ .
Die einzelnen $\begin{eqnarray*} K_i \end{eqnarray*}$ sind voneinander unabhängig und die durch ein "oder" getrennten Ereignisse sind disjunkt. Damit ist
$\begin{eqnarray*} P\left( K_1 \bigcup (K_1^c \cap K_2) \bigcup (K_1 ^c \cap K_2^c \cap K_3 ) \right) = P\left( K_1 \right) + P \left(K_1^c \cap K_2\right) +P \left (K_1 ^c \cap K_2^c \cap K_3 \right) = P\left( K_1 \right) + P (K_1^c) \cdot P( K_2) +P (K_1 ^c) \cdot P(K_2^c) \cdot P( K_3 ). \end{eqnarray*}$

Und deine (d) stimmt auch noch nicht...
Als Beispiel mal den mittleren Ast deines Bäumchens: Da gehst du doch das Ereignis durch, dass du erst mal mit zwei würfeln wirfst, der eine eine 1 anzeigt und der andere nicht. Danach würfelst du mit dem der keine 1 war nochmal...
Nur mal so nebenbei, "mit zwei Würfeln genau eine 1 zu werfen" ist EIN Ereignis, weil du in deinem Baum da anscheinend für jede Würfel einen extra Weg gemalt zu haben scheinst O_o
So, wenn ich zwei Würfel werfe, ist die Wk für genau eine 1 gegeben durch
$\begin{eqnarray*} \underset{\text{\tiny{ein Würfel ergibt 1}}}{\underbrace{\frac{1}{6}}} \cdot \underset{\text{\tiny{ein Würfel ergibt NICHT 1}}}{\underbrace{\frac{5}{6}}} \end{eqnarray*}$
Die Wahrscheinlichkeiten am dritten Ast stimmen dann natürlich auch nicht. Nochmal nachdenken, korrekte Wahrscheinlichkeiten an die Äste schreiben und der Rest geht wie bei der (b)...

14.10.2013, 15:10

Kühlschrank

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Zitat:

Original von Kühlschrank
So, wenn ich zwei Würfel werfe, ist die Wk für genau eine 1 gegeben durch
$\begin{eqnarray*} \underset{\text{\tiny{ein Würfel ergibt 1}}}{\underbrace{\frac{1}{6}}} \cdot \underset{\text{\tiny{ein Würfel ergibt NICHT 1}}}{\underbrace{\frac{5}{6}}} \end{eqnarray*}$

Mir ist eben eingefallen, dass ich vergessen habe das ganze mit 2 zu multiplizieren.
Einmal kann ja der erste Würfel die 1 anzeigen und der zweite nicht und dann gibt es noch die Möglichkeit, dass der zweite die 1 anzeigt und der erste nicht ^^*
Also $\begin{eqnarray*} 2 \cdot \tfrac{1}{6} \cdot \tfrac{5}{6} \end{eqnarray*}$

14.10.2013, 16:34

ds-klausur

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Hi, ich bereite mich auf die gleiche Klausur vor und bin mir mit meinen Lösungen auch nicht so sicher.
Wie ist es mit der Klausur 2, Aufgabe 5 mit den kleinen/großen Straßen?
Bei a) hätte ich gesagt 1*1/6*1/6*1/6*5/6. Und das ganze noch mit 4 multiplizieren, weil die falsche Zahl in einer von den 4 Positionen stehen kann.
Geht das in die richtige Richtung?

14.10.2013, 20:59

ds-klausur

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Oder...1*3/6*2/6*1/6*5/6*4?

14.10.2013, 22:18

mathisfun

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Vielen Dank für sehr gute Erklärungen! Ich habe in diesen Tagen mehr gelernt, als im Semester. Leider habe ich zu spät für mich das Forum entdeckt.
Mein Ergebnis für d)[attach]31801[/attach]

14.10.2013, 22:46

mathisfun

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Jetzt fällt mir wieder was ein.

Zitat:

Mir ist eben eingefallen, dass ich vergessen habe das ganze mit 2 zu multiplizieren.

Müssen wir mit 2 (1/6*5/6) multiplizieren? Wir werfen gleichzeitig und die Würfel sind nicht zu unterscheiden.

15.10.2013, 12:01

Kühlschrank

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Zitat:

Original von ds-klausur
Wie ist es mit der Klausur 2, Aufgabe 5 mit den kleinen/großen Straßen?
Bei a) hätte ich gesagt 1*1/6*1/6*1/6*5/6. Und das ganze noch mit 4 multiplizieren, weil die falsche Zahl in einer von den 4 Positionen stehen kann.

1. Ich habe keine Ahnung, was du mit "falsche Zahl" meinst ^^*
2. Wie kommst du auf das Produkt "1*1/6*1/6*1/6*5/6"? Mathe ist nicht nur rechnen - Mathematiker sind eigentlich gerade die Leute, die ungern rechnen - sondern besteht vor allem darin logisch und nachvollziehbar zu argumentieren, was man tut. Wie ich mathisfun schon sagte: Schreib mal dazu, was du dir überhaupt gedacht hast.
Wenn du das nicht machst kann man auch nicht nachvollziehen, was du getan hast und kann dir nicht helfen.

Übrigens mathisfun hat zu der Aufgabe was mit Anhang gepostet.

Zitat:

Original von mathisfun
Ich habe gerade gesehen, dass mein Lösungen zu den Aufgaben Klausur 2. Termin sehr fehlerhaft waren. Habe jetzt gebessert.
[attach]31779[/attach]

Ich hab's mir gerade mal angesehen. Finde es teilweise etwas verwirrend aufgeschrieben, aber ist im Großen und Ganzen okay und das Ergebnis stimmt auch. Wenn du also zu der Aufgabe noch Fragen hast, dann stell sie doch konkret an mathisfun Augenzwinkern

15.10.2013, 12:37

Kühlschrank

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Zitat:

Original von mathisfun
Vielen Dank für sehr gute Erklärungen! Ich habe in diesen Tagen mehr gelernt, als im Semester.

Du hast ja auch fleißig Threads eröffnet, wenn man sich mal umschaut Big Laugh

Zitat:

Original von mathisfun
Mein Ergebnis für d)[attach]31801[/attach]

Sieht gut aus smile

Zitat:

Original von mathisfun
Jetzt fällt mir wieder was ein.

Zitat:

Mir ist eben eingefallen, dass ich vergessen habe das ganze mit 2 zu multiplizieren.

Müssen wir mit 2 (1/6*5/6) multiplizieren? Wir werfen gleichzeitig und die Würfel sind nicht zu unterscheiden.

Du kannst die Würfel vielleicht nicht unterscheiden, aber die Würfel können sich selbst auseinanderhalten Augenzwinkern

Es ist oft sinnvoll sich einfach vorzustellen man könnte die beiden Würfel unterscheiden (bspw. durch Färbung), dann macht man sich das Leben leichter. Und ob du jetzt mit zwei weißen Würfeln spielst, die du nicht unterscheiden kannst oder mit einem roten und einem blauen Würfel spielst, hat ja keinen Einfluss darauf, ob du einen Kniffel hast. Du solltest also mit unterscheidbaren Würfeln die selbe Wahrscheinlichkeit erhalten, aber ich behaupte du kannst diese so besser berechnen Augenzwinkern

15.10.2013, 13:07

ds-klausur

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Ja, Sorry, du hast natürlich Recht. Ich habe das angeschaut und konnte es auch einiger Maßen nachvollziehen.
Eine andere Frage -
Wie viele Möglichkeiten gibt es, mit dem gleichzeitigen Würfeln mit fünf Würfeln ein full house, d.h., drei gleiche Augenzahlen und zwei gleiche Augenzahlen, die aber verschieden zu den drei gleichen sind, zu erhalten?

Ich denke, es ist 6*5= 30. Es gibt 6 Möglichkeiten ein 3eir zu haben und 5 Möglichkeiten 2er zu haben. (oder anders rum). Ich nehme an, dass die Würfeln nicht unterscheidbar sind.

Und wenn die frage wäre, wie groß ist die Wahrsceinlichkeit mit dem gleichzeitigen Würfeln mit fünf Würfeln ein full house zu bekommen, dann wäre es (30*(5 über 2))/6^5. (Wo 5 über 2 = 10 die Möglichkeiten die 5 Würfeln in eine Reihe einzuordnen). Stimmt das? Weil bei der Wahrscheinlichkeit die Würfeln sind unterscheidbar, wenn sie auch gleich sind.

Denke ich richtig?
P.S. Sorry für mein Deutch.

15.10.2013, 13:12

ds-klausur

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*Deutsch, natürlich

15.10.2013, 13:38

Kühlschrank

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Zitat:

Original von ds-klausur
Ja, Sorry, du hast natürlich Recht. Ich habe das angeschaut und konnte es auch einiger Maßen nachvollziehen.
Eine andere Frage -
Wie viele Möglichkeiten gibt es, mit dem gleichzeitigen Würfeln mit fünf Würfeln ein full house, d.h., drei gleiche Augenzahlen und zwei gleiche Augenzahlen, die aber verschieden zu den drei gleichen sind, zu erhalten?

Ich denke, es ist 6*5= 30. Es gibt 6 Möglichkeiten ein 3eir zu haben und 5 Möglichkeiten 2er zu haben. (oder anders rum). Ich nehme an, dass die Würfeln nicht unterscheidbar sind.

Und wenn die frage wäre, wie groß ist die Wahrsceinlichkeit mit dem gleichzeitigen Würfeln mit fünf Würfeln ein full house zu bekommen, dann wäre es (30*(5 über 2))/6^5. (Wo 5 über 2 = 10 die Möglichkeiten die 5 Würfeln in eine Reihe einzuordnen). Stimmt das? Weil bei der Wahrscheinlichkeit die Würfeln sind unterscheidbar, wenn sie auch gleich sind.

Denke ich richtig?
P.S. Sorry für mein Deutch.

Unter der Voraussetzung, dass die Würfel nicht unterscheidbar sind klingen $\begin{eqnarray*} 6 \cdot 5 \end{eqnarray*}$ verschiedene Möglichkeiten für ein Full House gut, ja ^^

Auch wie du die Wahrscheinlichkeit berechnest erscheint mir korrekt. Ich hätte es zumindest genauso gemacht.

15.10.2013, 14:06

ds-klausur

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Cool, vielen Dank! Augenzwinkern

15.10.2013, 18:46

ds-klausur

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Kühlschrank, ich habe noch eine Frage. Vielleicht kannst du mir damit auch helfen!
Also, wenn ich 5 nicht unterscheidbare Bälle auf 3 unterscheidbare Urnen aufteilen will, dann kann ich die Formel benutzen (5+3-1) über 5 (ohne Reihenfolge mit Zurücklegen).
Ich überlege mir jetzt - wie ist es, wenn die Bälle aber auch unterschiedlich sind. Geht das irgendwie schneller, nicht dass ich alle Fälle mir aufschreiben muss?
Vielen Dank!

16.10.2013, 00:51

Kühlschrank

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@ds-klausur
Bei dem Fall mit den unterscheidbaren Kugeln müsste man sich mal überlegen, wie man das gescheit modellieren kann.
Du hast 5 unterscheidbare Bälle, also würde ich die mal durchnummerieren von 1 bis 5.
Jetzt willst du die Bälle zufällig den drei Urnen zuornden. Das könnte man mit Tupeln lösen, wobei die erste Zahl für den Ball steht und die zweite für die Urne, in welche dieser Ball kommt. Dann würdest du für jede Aufteilung sowas bekommen:
$\begin{eqnarray*} (1,u_1) , (2,u_2), (3,u_3), (4,u_4), (5,u_5) \quad \text{, wobei } u_1, \ldots ,u_5 \in \{1,2,3\} . \end{eqnarray*}$
Hierbei fällt auf, dass eigentlich nur die $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$ 's von Bedeutung sind, da jedes $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$ ja fest einer Zahl $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ zugeordnet ist, welche vorne im Tupel steht. Die $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ 's sind also nicht zufällig.
Da ich dir auch noch ein bisschen was zu tun lassen möchte, jetzt die Frage: Hast du eine Idee wie du $\begin{eqnarray*} u_1, \ldots ,u_5 \end{eqnarray*}$ gewinnbringend verwenden kannst? ^^

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