10-maliger Wurf mit Laplace-Würfel

17.03.2014, 16:59

-keingenie-

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10-maliger Wurf mit Laplace-Würfel

Hallo,
ich habe mal wieder Probleme mit der Hausaufgabe. Die Aufgabe lautet: Berechnen sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass bei zehnmaligem Wurf eines Laplace-Würfels jede Augenzahl mindestens einmal auftritt.

Meine Überlegung war folgende: Das zugehörige Urnenexperiment hierfür wäre zehnmaliges Ziehen aus einer Urne mit den Kugeln 1-6 mit Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge. Also wäre die Anzahl der möglichen Ergebnisse $\begin{eqnarray*} 6^{10} \end{eqnarray*}$
Außerdem ist es im ersten Wurf egal, was man wirft, soweit hab ichs auch noch verstanden Big Laugh

Big Laugh

Als Lösung hab ich folgendes entdeckt:
$\begin{eqnarray*} [\begin{pmatrix} 6 \\ 10 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} 10 \\ 5 \end{pmatrix} * 5! + \begin{pmatrix} 6 \\ 1 \end{pmatrix}* \begin{pmatrix} 10 \\ 4 \end{pmatrix}* \begin{pmatrix} 5 \\ 1 \end{pmatrix}* \begin{pmatrix} 6 \\ 2 \end{pmatrix} 4! + \begin{pmatrix} 6 \\ 2 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} 10 \\ 6 \end{pmatrix} * \frac{6!}{3!*3!} * 4! \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} +\begin{pmatrix} 6 \\ 1 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} 10 \\ 3 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} 5 \\ 2 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} 7 \\ 4 \end{pmatrix} * \frac{4!}{2!*2!} * 4! + \begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} 10 \\ 8 \end{pmatrix} * \frac{8}{(2!)^4} + 2! ] / 6^{10} \end{eqnarray*}$

Dass man durch $\begin{eqnarray*} 6^{10} \end{eqnarray*}$ teilen muss, ist mir klar, beim Rest versteh ich jedoch keinen einzigen Schritt! traurig

traurig

Ich bitte um Hilfe!!! Vielen Dank schonmal!

Edit[Kasen75]: Latex-Formel auf zwei Zeilen verteilt, um Überlänge zu vermeiden.

17.03.2014, 17:42

360°

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Warum nicht übers Gegenereignis argumentieren? Das Gegenereignis zu "jede Zahl tritt mindestens einmal auf" ist "min. eine Zahl tritt nicht auf". Dieses setzt sich zusammen aus "genau eine Zahl tritt nicht auf","genau zwei Zahlen treten nicht auf",...,"genau 5 Zahlen treten nicht auf".
Im ersten Fall haben wir 6 Möglichkeiten, die Zahl, die nicht auftreten soll, zu wählen. Für jede Zahl gibt es dann 5^(10) Möglichkeiten, dass sie nicht auftritt. Insgesamt in diesem Fall also 6*5^(10).
Im zweiten Fall gibt es $\begin{eqnarray*} \tbinom{6}{2} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten, die zwei Zahlen, die nicht auftreten sollen, zu wählen. Für jedes Paar gibt es dann 4^(10) Möglichkeiten, dass sie nicht auftreten. Insgesamt also 15*4^(10).
So kann man weiter fortfahren und erhält schließlich für die gesuchte Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} 1-\frac{\sum_{k=1}^5 \binom{6}{k} (6-k)^{10}}{6^{10}} \end{eqnarray*}$

17.03.2014, 18:13

-keingenie-

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Vielen Dank schonmal! Ich denke diesen Lösungsansatz habe ich verstanden. Jetzt hab ich nur das Problem, dass in der Musterlösung mit dem offensichtlich anderen Lösungsansatz ein anderes Ergebnis rauskommt...

17.03.2014, 18:15

-keingenie-

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RE: 10-maliger Wurf mit Laplace-Würfel
Ich habe mich oben übrigens vertippt. Gleich am Anfang sollte $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 6 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ stehen und nicht $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 6 \\ 10 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

17.03.2014, 19:56

HAL 9000

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Zitat:

Original von 360°
So kann man weiter fortfahren und erhält schließlich für die gesuchte Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} 1-\frac{\sum_{k=1}^5 \binom{6}{k} (6-k)^{10}}{6^{10}} \end{eqnarray*}$

Hast du mal ausgerechnet, was bei dieser Formel rauskommt? Ich hab es:

$\begin{eqnarray*} -\frac{313595}{1259712} \approx -0.2489 \end{eqnarray*}$ . geschockt

geschockt

Bei diesem deinem Zugang gibt es ein Problem:

Du sagst, es gibt $\begin{eqnarray*} 5^{10} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten für den Fall, dass eine bestimmte Zahl nicht auftritt - aber: Unter diesen $\begin{eqnarray*} 5^{10} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten sind aber auch viele dabei, bei denen auch welche der anderen 5 Zahlen nicht enthalten sind!! Also nix mit "genau eine Zahl nicht dabei". unglücklich

unglücklich

Kurzum: Du zählst damit falsch. Einen Ausweg liefert (wie so oft in solchen Fällen) die Siebformel, die zur Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{6^{10}} \sum_{k=0}^{5} \binom{6}{k} (-1)^k (6-k)^{10} \approx 0.2718 \end{eqnarray*}$

führt.

17.03.2014, 19:59

-keingenie-

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Danke für die Antwort!
Das ist nämlich auch das Ergebnis, dass in der Musterlösung rauskommt.
Aber wir haben diese Formel noch nicht gelernt, kann mir vielleicht jemand ungefähr erklären wie man darauf kommt?

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17.03.2014, 20:16

HAL 9000

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Laplacescher Grundraum ist die Menge aller geordneten Wurfergebnisse $\begin{eqnarray*} \Omega = \{1,2,3,4,5,6\}^{10} \end{eqnarray*}$ , d.h. mit $\begin{eqnarray*} |\Omega|=6^{10} \end{eqnarray*}$ . Wir betrachten nun folgende Ereignisse

$\begin{eqnarray*} A_j \end{eqnarray*}$ ... Augenzahl j kommt nicht vor

$\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ... jede Augenzahl kommt mindestens einmal vor .

Dann ist

$\begin{eqnarray*} B = \Omega\setminus \left( \bigcup\limits_{j=1}^6 A_j \right) \end{eqnarray*}$

woraus

$\begin{eqnarray*} P(B) = 1 - P\left( \bigcup\limits_{j=1}^6 A_j \right) \end{eqnarray*}$

folgt. Die Wahrscheinlichkeit dieser Vereinigung liefert die schon erwähnte Siebformel, da die Wahrscheinlichkeit der Durchschnitte der $\begin{eqnarray*} A_j \end{eqnarray*}$ hier sehr leicht berechenbar ist:

$\begin{eqnarray*} |A_j| = 5^{10} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |A_j \cap A_m| = 4^{10} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} j\neq m \end{eqnarray*}$

usw.

17.03.2014, 20:30

-keingenie-

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Ok, ich glaube ich gebe es auf. Ich versteh es leider immer noch nicht ganz...
Bin eben kein Genie Big Laugh

Big Laugh

Trotzdem vielen, lieben Dank für eure Antworten.

edit[Kasen75]: Vollzitat entfernt.

17.03.2014, 20:43

HAL 9000

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Ok, dann kommen wir mal auf deinen ursprünglichen Weg oben. Ich kann nur annehmen, dass du da folgende Fälle getrennt durchzählen willst

- eine Zahl kommt 5x vor,
- eine Zahl kommt 4x, eine 2x vor,
- zwei Zahlen kommen je 3x vor,
- eine Zahl kommt 3x, zwei Zahlen je 2x vor, und
- vier Zahlen kommen je 2x vor

die restlichen ungenannten Zahlen dann jeweils nur 1x.

Da komme ich aber nicht auf den obigen Ausdruck, sondern auf

$\begin{eqnarray*} \left( \binom{6}{1}\cdot \frac{10!}{5!} + \binom{6}{1}\cdot \binom{5}{1}\cdot \frac{10!}{4!\cdot 2!} + \binom{6}{2}\cdot \frac{10!}{3!^2} + \binom{6}{1}\cdot \binom{5}{2} \cdot \frac{10!}{3!\cdot 2!^2} + \binom{6}{4}\cdot \frac{10!}{2!^4} \right) \cdot \frac{1}{6^{10}} \end{eqnarray*}$

17.03.2014, 21:25

-keingenie-

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Kaum zu glauben, aber nachdem ich jetzt nochmal ewig rumgerechnet und verglichen hab, hab ich es zumindest einigermaßen verstanden. Bei deinem Ausdruck kommt man beinahe auf dasselbe Ergebnis wie bei der Musterlösung, nur bei "zwei Zahlen 3x" kommt etwas anderes raus. Warum das so ist, weiß ich aber nicht Big Laugh

Big Laugh

Trotzdem danke ich dir für die Hilfe, dachte nicht, dass mir noch jemand helfen kann, es wenigstens so einigermaßen zu verstehen Gott

Gott

edit[Kasen75]: Vollzitat entfernt.

18.03.2014, 07:47

HAL 9000

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Ich kenne deine Musterlösung nicht - oder meinst du das falsche Konstrukt aus deinem Eröffnungsbeitrag? verwirrt

verwirrt

Jedenfalls ist nicht nur "beinahe" sondern exakte Gleichheit zu dem Siebformelausdruck festzustellen:

$\begin{eqnarray*} \left( \binom{6}{1}\cdot \frac{10!}{5!} + \binom{6}{1}\cdot \binom{5}{1}\cdot \frac{10!}{4!\cdot 2!} + \binom{6}{2}\cdot \frac{10!}{3!^2} + \binom{6}{1}\cdot \binom{5}{2} \cdot \frac{10!}{3!\cdot 2!^2} + \binom{6}{4}\cdot \frac{10!}{2!^4} \right) \cdot \frac{1}{6^{10}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{1}{6^{10}} \sum_{k=0}^{5} \binom{6}{k} (-1)^k (6-k)^{10} = \frac{38045}{139968} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von -keingenie-
Trotzdem danke ich dir für die Hilfe

"Trotz" was? Weil ich deinen falschen Wert nicht bestätigen kann? Tja, war eben nicht möglich. Augenzwinkern

Augenzwinkern

EDIT: Oder ist es am Ende so, dass du dich (inklusive $\begin{eqnarray*} \binom{6}{10} \end{eqnarray*}$ ) tatsächlich dreimal (!) in einer Formel verschrieben hast? Denn mit

$\begin{eqnarray*} && \left[\binom{6}{{\color{red}1}} * \binom{10}{5} * 5! + \binom{6}{1} * \binom{10}{4} * \binom{5}{1} * \binom{6}{2} 4! + \binom{6}{2} * \binom{10}{6} * \frac{6!}{3!*3!} * 4! \right. \\ && + \left. \binom{6}{1} * \binom{10}{3} * \binom{5}{2} * \binom{7}{4} * \frac{4!}{2!*2!} * {\color{red}3!} + \binom{6}{4} * \binom{10}{8} * \frac{8}{(2!)^4} {\color{red}*} 2! \right] / 6^{10} \end{eqnarray*}$

käme man am Ende sogar auf den richtigen Wert. Aber ich freue mich, dir geholfen zu haben, "trotz" deiner katastrophalen Sorgfältigkeit im Aufschreiben. smile

smile

Edit[Kasen75]: Ich habe auch hier die Überlänge korrigiert.

18.03.2014, 18:14

HAL 9000

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Zitat:

Original von HAL 9000
Edit[Kasen75]: Ich habe auch hier die Überlänge korrigiert.

Erstaunt1

Erstaunt1

Erstaunt1

Es gab hier keine Überlänge - ich hatte von mir aus schon die Formel zweizeilig geschrieben! Ich erkenne auch nicht, wo du was geändert haben willst - außer das Einfügen dieses blauen Texts am Ende. verwirrt

verwirrt

EDIT: Achso, bei der ersten Formel. Das soll Überlänge gewesen sein? Da musst du aber noch in viel mehr Threads rumeditieren...

18.03.2014, 18:25

Kasen75

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@HAL 9000

Ich editiere halt da wo es mir auffällt. Und auch nur in meinem Bereich.

Deine erste Gleichung hatte tatsächlich Überlänge-wenn auch nur eine relativ geringe.

Edit:
@Sulo
Danke für den Hinweis. smile

smile

18.03.2014, 19:43

HAL 9000

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Dennoch wird in meinem Firefox der Thread hier immer noch extrem breit angezeigt - hat der Thread da irgendein "Erinnerungsvermögen", wie breit die breiteste Formel mal war? verwirrt

verwirrt

18.03.2014, 19:48

sulo

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Ich sehe den Thread in normaler Breite. Habe auch Firefox.

18.03.2014, 19:50

HAL 9000

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Dann weiß ich auch nicht, hab den Cache gelöscht, Reload ... bleibt überbreit (bei 1920x1200 und Fenster maximiert). Da hätte die Formel auch lang bleiben können. Big Laugh

Big Laugh

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