Laplace-Würfel

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Decean Auf diesen Beitrag antworten »
Laplace-Würfel
Ich habe ein Problem mit dieser Aufgabe zur Pfadregel der Stochastik!

Im Mittelalter hat man Ausgänge von Zufallsversuchen als "Gottesurteile" betrachtet. Ein Lehrer lässt sich hiervon zur Ermittlung der Noten durch Würfeln anregen. Er wirft 3 Laplace - Würfel und nimmt die kleinste auftretende Augenzahl als Note.

Mit welcher Wahrscheinlichkeit erhält man die Noten 1 bis 6?

Ich hoffe ihr könnt mir helfen!

Grüß Deacon
Thomas Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

bilde z.B. für die Zahl/Note 1 alle Tripel, in denen die Zahl eins vorkommt, also 1,1,1;1,1,2;1,1,3;1,1,4;1,1,5;... die Reihenfolge spielt hierbei keine Rolle - für jedes Tripel ist die Wahrscheinlichkeit (1/6)^3 - jetzt einfach mit der Anzahl der Tripel multiplizieren und fertig.

Bei der Zahl 2 dürfen dann keine 1er mehr in den Tripeln vorkommen, bei der Zahl 3 keine 1er und keine 2er, usw. Die Anzahl der Tripel sollte sich per Kombinatorik relativ leicht bestimmen lassen.

Gruß,
Thomas
Decean Auf diesen Beitrag antworten »
Laplace-Würfel
Vielen Danke Thomas!
Drödel Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Laplace-Würfel
Kombinatorik ... mmm... das ist ja immer DingA über DingB Augenzwinkern

Also für die Zahl der Möglichkeiten dafür, dass eine 1 als Note vergeben wird würde ich mal



vorschlagen. Der Rest (Zahl der Möglichkeiten für die 2 ....) folgt dann ja "induktiv", oder? Augenzwinkern

Happy Mathing
Decean Auf diesen Beitrag antworten »
Laplace-Würfel
Ist dann was Thomas sagt falsch?

also nicht (1/6)^3 mal die Anzahl der Tripel?

Deacon
Drödel Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Laplace-Würfel
Das was Thomas sagte, ist vollkommen richtig! Nur hat er nix über die Anzahl der Möglichkeiten gesagt und ich behaupte halt nur, dass man die Zahl der Möglichkeiten für die Note 1 durch die Multiplikation der 3 mit den drei genannten Binomialkoeffizienten ermitteln kann.

Daher ist dann wohl die Wahrscheinlichkeit für eine 1



Nun mit der 2, 3, ... geht das auch so. NUR darf man halt nicht überall wo ne 1 steht ne 2 oder 3 setzen Augenzwinkern Vielmehr sollte man an der 6 drehen, aber an welcher ... ein bisserl was wolln wir ja noch für dich übrig lassen Augenzwinkern

Happy Mathing
 
 
Anirahtak Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo Drödel!

Kann dem nicht folgen!

Bei dir ist f(1)=3*1*6*6*(1/6)^3=108/216 oder?

Das stimmt aber nicht!
f(1)=91/216

Aber im Moment seh ich den Fehler nicht... überleg...
Werd mal weiterüberlegen, vielleicht hab ich ja noch die Erkenntnis...

Gruß
Anirahtak
Drödel Auf diesen Beitrag antworten »

Wie kommst du denn auf 91? Abgezählt? geschockt DOch sicher nicht, oder?
Mag schon sein , dass ich falsch liege, aber wieso eigentlich? Gut ich hab die Verteilung nicht bis zum Ende durchgerechnet. Weiß nicht, ob als Summe aller der Wahrscheinlichkeiten aller Einzelereignisse auch wirklich 1 herauskommt. Mmm... man müsste dass mal abtesten ...


Hab das Schema mal nachgerechnet... traurig Gesamtwahrscheinlichkeit der von mir gewählten Verteilung ist größer 1 traurig . Hab wohl ein paar Ereignisse doppelt gezählt. Na gut , dann vergesst die Binomialkoeffizienten ... hat aber "nett ausgeguckt". Und ging "schnell", denn abzählen kanns nicht sein! Werd mir das morgen vielleicht noch mal überlegen.

Happy Mathing
Anirahtak Auf diesen Beitrag antworten »

Habe einen anderen Ansatz gewählt:

Sei X eine Zufallsvariable mit X ist das Minimum der unabhängigen Zufallsvariablen X_1, X_2,... X_n.
F_i(x) sei die Verteilungsfunktion von X_i

Dann gilt:



Glaubst du mir das, oder muss ichs beweisen?

Naja auf alle Fälle ergibt sich hieraus eine Wahrscheinlichkeitsfunktion, die in der Summe 1 ist - woraus ich unter anderem schließe das es richtig ist.

Viel Spaß beim Grübeln
Anirahtak
Drödel Auf diesen Beitrag antworten »

Und was sucht das k in der Formel? (Cambridge?) Hat die Zufallsvariable von F_i nicht auch den Index i? verwirrt
Ansonsten glaub ich dir (fast) alles Augenzwinkern
Anirahtak Auf diesen Beitrag antworten »

ne, das kommt aus der "Formelschablone" - dachte ich hätt es rausgelöscht... wird noch gemacht.

Mir (fast) alles zu glauben kann ich im Allgemeinen nicht empfehlen - in diesem Fall aber schon!
;-)
Ligh7ning Auf diesen Beitrag antworten »



ist richtig.

Überleg mal, bei 3 Würfen ist die Wkt dass eine 1 dabei ist 3*1/6 = 1/2
Anirahtak Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry, aber was du schreibst ist falsch.

p(1)=91/216

Rechne doch die Wahrscheinlichkeiten für 2 bis 6 aus, addiere sie und du wirst sehen, dass du einen Wert größer als 1 erhältst, was ein grober Verstoß gegen das zweite Axiom von Kolmogoroff ist.

Gruß
Anirahtak
Ligh7ning Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, wie man f(2)..f(6) berechnet wird kompliziert, weil man da berücksichtigen muss dass jeweils keine 1 bei f(2) dabeisein darf, keine 1 oder 2 bei f(3) usw.

Aber es heißt doch in der Aufgabenstellung dass es ein Laplace-Würfel ist, d.h.



In diesem Fall hab ich also die Einzel-Wkten addiert. Das gilt aber nur für f(1).
Anirahtak Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo!

Klar gilt, dass die Wahrscheinlichkeit der Quotient aus der Anzahl günstigen durch die Anzahl der aller Möglichkeiten ist.

Es gibt insgesamt 216 Möglichkeiten, von denen im Falle der 1 91 günstig sind.

In deiner Berechnung steckt ein Fehler. Ich habe zwar noch nicht herausgefunden, wo der Haken ist, aber ich werde weiter danach suchen und unverzüglich mitteilen, wenn ich ihn gefunden habe.

Gruß
Anirahtak
Drödel Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hab mich nochmal mit der Aufgabenstellung auseinandergesetzt und was soll ich sagen: Anirahtak hat Recht. Augenzwinkern

@Ligh7ning Um P(1) herauszufinden, darf man nicht einfach 3*1/6 rechnen, denn die 3 zum Ereignis "1" passenden Würfelergebnisse sind nicht unabhängig voneinander. Je nachdem was vorher geworfen wurde, darf anschließend Alles, oder nur ganz Bestimmtes passieren. (Klingt fürchtbar weiterhelfend, oder Augenzwinkern )
Also kleines Beispiel zu P(1): Falls beim ersten Wurf eine 1 gefallen, dann ist es egal was dann noch passiert (p=1/6). Fällt keine 1 (p=5/6), so kann beim zweiten Wurf eine 1 fallen (p=1/6), falls immer noch nicht (p=5/6 * 5/6), so muss beim dritten Wurf eine 1 fallen (p=1/6). Macht zusammen: P(1) = 1/6 + 5/6 * 1/6 + 5/6 *5/6 * 1/6
Bei P(2) wirds wegen der Bedingung "die kleinste geworfene Zahl zählt" schon ein wenig schwieriger.

P(2) = 5/6 * 5/6 * 1/6 + 4/6 * 1/6 * 5/6 + 4/6 * 4/6 * 1/6

Vielleicht hilft es ein auch wenig weiter, wenn ich die zu dieser Aufgabe passende Verteilung angebe:

Sei X das Ereignis "kleinster geworfener Wert beim Wurf von 3 W6 ist X". Dann ergibt sich folgende Verteilungsfunktion:



mit den Einzelwerten:

; ; ; ; ; ;

Da sollte Kolmogoroff auch zufrieden sein Augenzwinkern

Happy Mathing
Anirahtak Auf diesen Beitrag antworten »

Nicht nur Kolmogoroff muss damit zufrieden sein, sondern auch ich Augenzwinkern

:] :]

Anirahtak


Edit:
Endlich darf auch ich mal einen Tippfehler bei dir bemängeln ;-)
Deine letzte Wahrscheinlichkeit ist nicht die von 1 sondern die von 6!
Drödel Auf diesen Beitrag antworten »

@Anirahtak Ja sowas - ein Tippfehler traurig . Aber Anirahtak du weißt doch, dass kann man alles mit "Cambridge" entschuldigen - was ich auch hiermit tue.
Ich habs oben trotzdem ausgebessert, damit keiner diese Seiten verstört verlassen muss. Augenzwinkern Danke für den Hinweis.

Happy Mathing
Ligh7ning Auf diesen Beitrag antworten »

Ok Drödel, Du hast das auch für mich einfach erklärt!

Prost

Aber wie bist Du denn bloß auf diese Verteilung gekommen?
Drödel Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Ligh7ning
Aber wie bist Du denn bloß auf diese Verteilung gekommen?


Naja - einmal scharf hinschauen, sich erst einmal irren und dann die richtige Verteilung aus dem Ärmel schreiben .... das wars - machst du das nicht auch so ? Augenzwinkern

Na mal im Ernst. Wenn du dir die Verteilung für unterschiedliche X anschaust, so erhälst du

X=1: 1/216 { (6*6*1)+(5*1*6) + (5*5*1) }
X=2: 1/216 { (5*5*1)+(4*1*5) + (4*4*1) }
X=3: 1/216 { (4*4*1)+(3*1*4) + (3*3*1) }

.... usw. also zusammengefasst für ein allgemeines X:

1/216 *[ (7-x)(7-x) + (6-x)(7-x) + (6-x)(6-x) ] naja und das ist ausmulitpliziert das was ich geschrieben habe.

Happy Mathing
Lady_Bouncer Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo, ich hab Schwierigkeiten. Kann mir jemand helfen?

Ein Laplace-Würfel wird 100-mal geworfen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit erhält man
a) genau 20-mal die Augenzahl 6
b)höchstens 20-mal die augenzahl 6
c)mindestens 20-mal die Augenzahl 6
d) mehr als 10- und weniger als 30- mal die Augenzahl 6
e) nur an 10. bis 30 stelle die augenzahl 6
Aureoli Auf diesen Beitrag antworten »
Lyplace-Würfel
Ich bin hier wohl der einzige: Ich verstehe diese Lösung nicht!
Aureoli Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Lyplace-Würfel
Wollte das ausführlicher:
Leider kann ich nicht zu dem Sinn von Drödels Lösung vordringen!
Warum wird mal addiert, mal multipliziert?
P (1) 1/6 + 5/6 * 1/6 + 5/6 *5/6 * 1/6
Wenn man 1/6 mit 5/6 addiert, dann erhält man, dass entweder 1 oder nicht 1 eintritt. Und warum wird dieses Ergebnis nun multipliziert mit demgleichen und dann wieder multipliziert mit 5/6 und wieder 5/6?

Müsste man nicht über das Gegenereignis gehen:
Die Wahrscheinlichkeit, dass 1 nicht eintritt ist 5/6. Also 5/6*5/6*5/6= 125/216. Die Wahrscheinlichkeit, dass 1 eintritt, liegt, bei 91/216. Ich komme also zum gleichen Ergebnis.
Aber ich weiß schon, dass hier ja die Spezifität des Experiments Rechnung getragen wird. Denn dieser Weg über das Gegenereignis gilt ja auch für das Würfeln mindestens einer 6.
Also muss hinzu genommen werden, dass das Experiment abgebrochen wird, sobald eine 1 gewürfelt wird. Wie ist dies zu integrieren?

Und an dieser Stelle beginnt mein Nicht-Verstehen!



Glaube, dass es bei mir an den Grundlagen scheitert - Matheunterricht ist schon lange her.


Besten Gruß mit Bitte um Hilfe
Aureoli
Cel Auf diesen Beitrag antworten »

Warum erstellst du einen eigenen Thread und schreibst dann hier weiter?
Aureoli Auf diesen Beitrag antworten »

war ein Fehler - mit fiel nach Erstellung ein, dass es sinnvoll sein kann, an Bekanntes anzuschließen.
Zunächst dachte ich, dass der bestehende Thread zu alt ist.

Lieben Gruß Aureoli
Cel Auf diesen Beitrag antworten »

Nun, ich habe ja eine Antwort in deinem eigenen Thread erstellt. Viele Wege führen nach Rom. Dein Weg ist natürlich auch richtig.
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