Würfel Aufgaben

25.10.2015, 00:00

restless

Würfel Aufgaben

Meine Frage:
Hallo,
bei der folgenden Würfelaufgabe habe ich große Probleme:
Wenn zwanzig Mal mit einem fairen Würfel gewürfelt wird, wie viele
Möglichkeiten gibt es dann für die folgenden Situationen:
(a)
Es wird beim 5. Mal zum ersten Mal eine Sechs gewürfelt.
(b)
Es wird genau 5 Mal eine Sechs gewürfelt.
(c)
Es sind höchstens 5 Sechsen dabei.
(d)
Es sind mindestens 5 Sechsen dabei.

Meine Ideen:
Wir haben dieses Thema im Zuge unserer Mathe Vorlesung angeschnitten. Da ich aber vorher noch keine Stochastik gemacht habe, bin ich ein bisschen ratlos. Ich vermute mal man berechnet diese Aufgabe mit dem Binomialkoeffizienten aber wie das konkret aussieht weiß ich nicht.
Danke für eure Hilfe!

25.10.2015, 07:08

Dopap

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nun, außer bei a.) kann man alles mit der Binomialverteilung lösen.

Sei T=Treffer (eine Sechs ) und N=Niete ( keine Sechs ) so ist der Grundraum

$\begin{eqnarray*} \Omega=\{T,N\} \end{eqnarray*}$ mit der Wahrscheinlichkeitsfunktion

$\begin{eqnarray*} p(T)=\tfrac 16 = p , \quad p(N)=\tfrac 56 \end{eqnarray*}$

Bei dem Zufallsversuch mit n=20 Wiederholungen sei X die Zufallsgröße für die Anzahl der Treffer. Es gilt dann die Binomialverteilung

$\begin{eqnarray*} p(X=k)=\binom n k p^k(1-p)^{n-k} \end{eqnarray*}$ mit dem Binomalkoeffizienten

$\begin{eqnarray*} \binom n k = \frac {n!}{(n-k)! k!}= \frac {n\cdot (n-1)\cdot (n-2) \cdot \cdots \cdot (n-k+1) }{\underbrace {1\cdot 2 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot k}_{=k!}} \end{eqnarray*}$

das kann man aber alles Nachlesen.

b.) $\begin{eqnarray*} p(X=5)=... \end{eqnarray*}$

c.) $\begin{eqnarray*} p(X\leq 5)= p(X=0)+p(X=1)+p(X=2)+p(X=3) +p(X=4)+ p(X=5) \end{eqnarray*}$

d.) $\begin{eqnarray*} p(X\geq 5)= p(X=5)+p(X=6)+p(X=7)+ \cdots + p(X=20) \end{eqnarray*}$

könnte man das etwas einfacher rechnen? Tipp : Gegenereignis

---------------------------------------------------------------------

a.) hier geht es um eine bestimmte Bernoulli-Kette der Länge 5.

$\begin{eqnarray*} p(NNNNT)=... \end{eqnarray*}$

25.10.2015, 10:45

restless

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Danke für die Antwort.
Das verstehe ichsoweit. Nur haben wir weder die Binomialverteilung noch die Bernoulli Kette in der Vorlesung durchgenommen und aus der Erfahrung weiß ich, dass die Aufgaben zu 100% mit dem Vorlesungsstoff gelöst werden können (im Prinzip haben wir nur die Fakultät, das Pascalsche Dreieck und den Binomialkoeffizienten behandelt). Außerdem würde doch die Binomialverteilung die Wahrscheinlichkeiten angeben oder nicht? Gesucht sind aber die Anzahl der Möglichkeiten. Müsste ich das denn dann nicht noch mit der Gesamtanzahl der Möglicheiten also $\begin{eqnarray*} n! \end{eqnarray*}$ multiplizieren?

25.10.2015, 11:35

Dopap

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was versteht man unter "Möglichkeiten" ?

Anzahl der denkbaren Zugfolgen ?

b.) bis d.) wenn ja, dann sind es die Binomialkoeffizienten oder die Summe derselben

25.10.2015, 12:04

restless

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Ich vermute mal Anzahl der Möglichkeiten bedeutet sämtliche Konbinationen von n in denen die genannten Bedingungen erfüllt werden.

25.10.2015, 13:07

Dopap

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ja, das sind dann die Binomialkoeffizienten.

a.) muss extra angegangen werden.

25.10.2015, 13:16

restless

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Ok,
dann habe ich für:
b) $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 20 \\ 5\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
c) \sum\limits_{k=0}^{5} k \begin{pmatrix} 20 \\ k\end{pmatrix}
d) n! - \sum\limits_{k=0}^{4} k \begin{pmatrix} 20 \\ k\end{pmatrix}

Ist das soweit korrekt? über a) zerbreche ich mir dann heute noch den Kopf Hammer

25.10.2015, 13:21

restless

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Sorry, Latex vergessen soll natürlich heißen:
c) $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{5} \begin{pmatrix} 20 \\ k\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
d) $\begin{eqnarray*} n! - \sum\limits_{k=0}^{4} \begin{pmatrix} 20 \\ k\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

25.10.2015, 15:11

Dopap

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Zitat:

Original von restless
c) $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{5} \begin{pmatrix} 20 \\ k\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

ist in Ordnung.

d.) du meinst also $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{20}\binom {20}{k}= 20! \end{eqnarray*}$ und wie willst du das begründen?

ich wäre für $\begin{eqnarray*} 2^{20} - \sum\limits_{k=0}^{4} \begin{pmatrix} 20 \\ k\end{pmatrix}\qquad ; \end{eqnarray*}$ nebenbei: $\begin{eqnarray*} 2^{20}\approx {10}^6,\quad 20!\approx 2.4\cdot {10}^{18} \end{eqnarray*}$ geschockt

-----------------------

a.) 2 Teile entstehen: zuerst eine Zugfolge ( Kette ) fix festgelegt NNNNT

dafür gibt es nur eine "Kombination" die aber nicht in Summe mitzählt.

Jetzt bleibt noch eine beliebige Restkette mit 15 Gliedern. Wieviele "Möglichkeiten" gibt es dafür?

25.10.2015, 16:09

restless

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Das müssten $\begin{eqnarray*} 2^15 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten sein.

25.10.2015, 17:03

Dopap

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was was ? könntest du dir Mühe machen in einem Satz zu schreiben was du meinst und das auch begründen.
Wir sind hier keine Arbeitssklaven.

25.10.2015, 17:43

restless

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Entschuldige Freude

Für die Restglieder müssten $\begin{eqnarray*} 2^{15} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten bestehen. Da sie entweder den Wert "6" haben könnten oder eben einen anderen.

25.10.2015, 18:40

Dopap

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2 hoch 15 samt Begründung ( = Variationen von 2 Elementen zur Klasse 15 ) stimmt.

geht doch!

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