Diesmal zwei homogene Würfel, aber komplizierter

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antykoerpa Auf diesen Beitrag antworten »
Diesmal zwei homogene Würfel, aber komplizierter
Hi.

Ich habe hier nun ein anderes Sorgenkind:

"Zwei homogene Würfel werden geworfen, bist zm dritten Mal (!) eine Augensumme über 10 gewürfelt wird. Geben Sie für dieses Experiment einen geeigneten Elementarereignisraum, eine geeignete Zufallsvariable X und f(x) an.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit benötigt man bei diesem Experiment 4 Würfe (mit 2 Würfeln)?
Mit welcher Wahrscheinlichkeit benötiogt man bei diesem Experiment mehr als drei Würfe (mit 2 Würfeln)?"

Würde sich jemand bereiterklären und diese Aufgabe Stück für Stück mit mir auseinander ziehen?
Ich will das nicht fertig vorgerechnet bekommen, aber anhaltspunkte wären toll!

Danke
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Wie immer: Problem analysieren, in Teilprobleme zerlegen, diese lösen, zusammenführen.

Hier bedeutet das:

1) Berechne die Wahrscheinlichkeit , dass die Augenzahl eines Zweierwurfs über 10 liegt.

2) Die Zweierwürfe sind voneinander unabhängig und gleichwahrscheinlich (Bernoulli-Experiment!).

3) Wenn im -ten Zweierwurf zum dritten Mal über 10 gewürfelt werden soll, dann muss in den ersten Würfen genau zweimal über 10 gewürfelt werden.
antykoerpa Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, dann versuche ich das mal:
Es gibt genau
Moeglichkeiten der Wurfverteilung. Davon sind genau Verteilungen, deren Werte über 10 liegen. Die Wahrscheinlichkeit, dass die Augenzahl eines Zweierwurfs über 10 liegt ist also .
Aber da hört es nun schon wieder auf bei mir. Wie bekomme ich denn nun raus mit welcher Wahrscheinlichkeit ich 4 Würfe brauche? Und warum sind die Zweierwürfe gleichwahrscheinlich? Ich verstehe ja, dass jede Zahl mit der gleichen Wahrscheinlichkeit gewürfelt wird, aber hier gehts doch darum ob die Augensumme größer 10 oder kleiner 10 ist, richtig? Das heisst ich habe doch zwei unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten, einmal und auf der anderen Seite die Gegenwahrscheinlichkeit .
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Da hast du mich falsch verstanden: Ich meinte damit, dass die Wahrscheinlichkeit im ersten Zweierwurf über 10 zu liegen genauso groß ist wie die Wahrscheinlichkeit im 371.Wurf über 10 zu liegen!!!
bil Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Wie bekomme ich denn nun raus mit welcher Wahrscheinlichkeit ich 4 Würfe brauche?

hi...
kennst du dich mit der binomialverteilung bzw. negative binomialverteilung aus?
wenn ja, kann man die aufgabe damit schonmal lösen.siehe link
negative binomialverteilung: http://de.wikipedia.org/wiki/Negative_Binomialverteilung

ansonsten ist dieser tip von arthur zu befolgen:
Zitat:

3) Wenn im n-ten Zweierwurf zum dritten Mal über 10 gewürfelt werden soll, dann muss in den ersten (n-1) Würfen genau zweimal über 10 gewürfelt werden.


in deinem fall ist dann n=4. jetzt kannst du es ja nochmal probieren und wenn nicht einfach fragen...

bil
antykoerpa Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, soweit ist das nun klar für mich. Aber ich habe keine blassen Schimmer was der nächste Schritt ist.Hmm,zur 1. Teilaufgabe: "Mit welcher Wahrscheinlichkeit braucht man 4 Würfe?"
Das impliziert doch auch, dass im 4. Wurf auf jeden Fall eine Augenzahl > 10 auftauchen muss, oder? Dann muss ich mich also nur noch um die ersten drei Würfe kümmern.(?)

Kann ich das nun so versuchen: (1: >10 , 0 : <10)

Möglichkeit 1)

1. Wurf = 1
2. Wurf = 1
3. Wurf = 0

Möglichkeit 2)
1. Wurf = 0
2. Wurf = 1
3. Wurf = 1

Möglichkeit 3)
1. Wurf = 1
2. Wurf = 0
3. Wurf = 1

Also muss ich die Wahrscheinlichkeiten, dieser 3 Möglichkeiten nun doch addieren:

Und diese Wahrscheinlichkeit muss ich doch nun multiplizieren mit der Wahrscheinlichkeit bzw. Bedingung, dass im 4. Wurf sowieso eine Zahl größer 10 auftaucht:
Oh mann, also ob das so richtig ist? Tanzen Falls nein, dann korrigiert mich doch bitte. Falls ja: Gibt es einen eleganteren Weg?

edit: sehe nun grad den post von bil.. mal schaun ob der mich weiterbringt
 
 
bil Auf diesen Beitrag antworten »

also einen eleganteren weg gibt es und zwar binomialverteilung.
aber trotzdem hast du nicht ganz richtig gerechnet wobei der ansatz richtig ist.
z.b deine möglichkeit 1), bist du sicher das die wahrscheinlichkeit 1/12 ist?
d.h. erster wurf über 10, zweiter wurf über 10, dritter wurf unter 10.

mfg bil
antykoerpa Auf diesen Beitrag antworten »

Also da bin ich mir schon rechtr sicher, denn:

Es gibt doch 6 * 6 Möglichkeiten zu werfen, also 36.
Davon sind nur 3 Möglichkeiten größer als 10.
Also 3 / 36 = 1 / 12?!

Ich versuche das nun mit der negativen Binomialverteilung, habs mir grad durchgelesen.

Berechnung der Wahrscheinlichkeit dafür, in 3 Würfen 2 mal über 10 zu kommen:

Und diese Wahrscheinlichkeit multipliziert mit der Wahrscheinlichkeit im 4. Wurf nochmal über 10 zu werfen, also Korrekt?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Jetzt stimmt's.
bil Auf diesen Beitrag antworten »

ja das scheint korrekt zu sein.
wegen den 1/12 hatte ich nachgefragt da du die möglichkeit 1) mit 1/12 genommen hast und das ist falsch. du hättest es so machen müssen:

möglichkeit 1)
1/12*1/12*11/12=11/1728

möglichkeit2)
1/12*11/12*1/12=11/1728

möglichkeit 3)
11/12*1/12*1/12=11/1728

sprich nicht 1/12+1/12+1/12
sondern
11/1728+11/1728+11/1728=y
und dann y*1/12

kommt das gleiche raus bzw. ist das gleiche wie negative binomialverteilung..

gruss bil
antykoerpa Auf diesen Beitrag antworten »

Jungs, vielen Dank!!!!
Wieder einmal viel dazu gelernt. nun weiß ich schon etwas mit der negativen Binomialverteilung anzufangen. Danke! smile Aber ich muss sagen, dass ich es schon erstaunlich finde, wie klein die Wahrscheinlichkeit dafür ist.
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