Würfel: erste gerade, letzte ungerade

19.04.2008, 18:12

Felipe

Würfel: erste gerade, letzte ungerade

Ein fairer Würfel wird n-mal unabhängig geworfen $\begin{eqnarray*} (2\leq n \leq 6) \end{eqnarray*}$
Geben Sie ein geeignetes Zufallsexperiment ( $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ,A, P) an, charakterisieren Sie die folgenden Ereignisse als Teilmengen von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$
und bestimmen Sie deren Wahrscheinlichkeiten.

C: Die erste Zahl ist gerade und die letzte Zahl ist ungerade.

Dieses Zufallsexperiment ist ja ein Laplace-Versuch, da alle möglichen Ausgänge (hier 2: gerade, ungerade) die gleiche Wahrscheinlichkeitbesitzen (0.5). Ich hab mir auch schon den dazugehörigen Baum gezeichnet, um mir einen überblick zu verschaffen, nur komme ich leider nicht weiter.

Wenn einer mir von euch den weg zur lösung zeigen könnte, wäre ich sehr glücklich Big Laugh

19.04.2008, 18:51

WebFritzi

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Zeig deine eigenen Ansätze.

20.04.2008, 21:36

Felipe

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also ich hab mir das inzwischen so gedacht, dass ich diesen versuch einfach als zwei-stufiges experiment betrachtem kann, da ja nur das erste und das letzte ergebnis von bedeutung sind. da die wahrscheinlichkeit jeweils bei 1/2 liegt, sollte doch die wahrscheinlichkeit, dass beim ersten wurf eine gerade zahl und beim letzten wurf eine ungerade zahl oben liegt, bei 1/2 * 1/2 = 1/4 liegen oder nicht??

20.04.2008, 22:57

WebFritzi

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Exakt.

21.04.2008, 09:40

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Der Buchstabe C deutet drauf hin, dass das vielleicht nicht die einzige Teilaufgabe ist. Insofern sollte man die Modellwahl $\begin{eqnarray*} (\Omega,\mathcal{A},P) \end{eqnarray*}$ überdenken, wenn sie alle - oder sogar alle denkbaren - Problemstellungen dieses n-maligen Würfelwurfs abdecken soll...

21.04.2008, 17:51

Felipe

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@WebFritzo
super Big Laugh

@Arthur
Das C ist in der Tat nur eine Teilaufgabe, die Aufgabenteile A,B hab ich schon fertig, wobei ich bei A auch im nachhinein wohl nen denkfehler hab:

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

A: Es wird mindestens zweimal dieselbe Zahl gewürfelt.

da hab ich nämlich einfach die Binomialverteilung benutzt und den Versuch als Bernoulli-Versuch gedeutet. Das eine Ereignis währe dann (die) Zahl und das andere alle anderen Zahlen (was, wie ich nun vermute total blödsinn ist)
daraus konnte ich dann folgende Binomialverteilung ableiten:

$\begin{eqnarray*} P(X=k) = \left(n,k\right) ^Tp^{k} (1-p)^{n-k} \end{eqnarray*}$

X = "Anzahl der gewürfelten Zahl i"
n = anzahl der würfel

Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Zahl halt mindestens 2mal vorkommt wäre ja dann P(X=2)+(PX=3)+...+P(X=6) oder halt das komplement dazu von 1 abgezogen.
Aber irgendwie kommt mir das nicht ganz richtig vor. Wenn ich z.B. 7 mal würfele, dann müsste doch eine W'keit von 1 rauskommen (abgesehen davon, dass n<=6 sein soll), aber das tut es nicht.
Ich weiß, dass n eingeschränkt ist, und vielleicht ja auch gerade deswegen, nur weiß ich einfach keinen weiteren ansatz.

21.04.2008, 18:24

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Zitat:

Original von Felipe
Aber irgendwie kommt mir das nicht ganz richtig vor. Wenn ich z.B. 7 mal würfele, dann müsste doch eine W'keit von 1 rauskommen (abgesehen davon, dass n<=6 sein soll), aber das tut es nicht.

Wenn auch die Lösung alles andere als richtig ist - deine Fehleranalyse klappt prächtig! Eine nicht zu unterschätzende Fähigkeit der kritischen Ergebnisbetrachtung.

Nein, mit Binomialverteilung kommst du hier nicht zum Ziel. Schon allein deswegen, weil im Fall $\begin{eqnarray*} n\geq 4 \end{eqnarray*}$ sogar mehr als eine Augenzahl mindestens doppelt vorkommen kann... Nein, betrachte lieber das Gegenteil der Aussage "mindestens zweimal dieselbe Zahl":

Das lautet "alle gewürfelten Augenzahlen sind voneinander verschieden". Dies berücksichtigend kannst du einen neuen Anlauf versuchen.

21.04.2008, 22:38

Felipe

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jau super!
das ist doch schonmal schön.. hab da auch eben nen bisschen rumprobiert und hab folgendes rausbekommen:

A : "Es wird mindestens 2mal dieselbe Zahl gewürfelt"
A' : "alle gewürwfelten Augenzahlen sind verschieden"

A' ist das komplement zu A
somit gilt P(A) = 1 - P(A')

dazu hab ich zunächst 2 beispiele gerechnet:

n=1:
$\begin{eqnarray*} P(A') = \frac{|A'|}{|\Omega^1|} = \frac{6}{6} = 1 \end{eqnarray*}$
da es ja beim einmaligen werfen 6 möglichkeiten gibt und alle augenzahlen davon verschieden sind ist A'{1,2,3,4,5,6} bzw |A'| = 6
und somit ist P(A) = 1- P(A') = 0 .... was auch sinn macht.

n=2:
$\begin{eqnarray*} P(A') = \frac{|A'|}{|\Omega^2|} = \frac{30}{36} = \frac{5}{6} \end{eqnarray*}$
beim 2maligen werfen gibt es 36 verschiedene Augepaare und davon sind 6 enthalten (Pasch) die gleiche Augenzahlen haben, daher gibt es 30 weitere, die verschieden sind.

n=3
bis zu n=2 war ja noch alles schön übersichtlich, nur wird es bei n=3 schon schwieriger die anzahl der verschiedenen Augenzahlen zu ermitteln. ich hatte mir erhofft, eine folge zu erkennen, aus der ich mittels n, die anzahl für A' berechnen kann, nur komme ich hier nicht weiter. Es gibt ja mindestens 36 Tripel, die mehr als 2 gleiche augenzahlen besitzen (zu jedem pasch kann die zahl 1-6 dazukommen). nur ist ja auch noch die reihenfolge egal, d.h. ich muss noch weitere permutationen aus diesen Tripeln beachten und komme nicht weiter unglücklich

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