Kombinatorik

08.12.2005, 16:46	Soliton	Auf diesen Beitrag antworten »
Kombinatorik Hallo, wieviele Möglichkeiten gibt es, mit fünf gleichzeitig geworfenen Würfeln (mindestens) ein Dreierpasch zu würfeln? (Ein Vierer- oder Fünferpasch gilt auch als Dreierpasch.) Oder: Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit? Hier muss man auf jeden Fall die Möglichkeiten unter Beachtung der Reihenfolge zählen. Während es beim Ziehen ohne Zurücklegen für die Wahrscheinlichkeit nicht darauf ankommt, ob man jeweils bei den günstigen und bei den möglichen Fällen auif die Reihenfolge achtet oder nicht (will sagen: ob man bei einem Experiment, wo es eigentlich nicht auf die Reihenfolge ankommt, durch zusätzliche Annahmen, z. B. Markierung der Würfel, gleichwohl auf die Reihenfolge achtet, aber günstige Fälle, die sich nur in der Reihenfolge unterscheiden, allesamt als zum Eintritt des günstigen Ereignisses führend ansieht), muss beim Ziehen mit Zurücklegen auf jeden Fall die Reihenfolge beachtet werden, wenn man mit Laplace-Wahrscheinlichkeiten rechnen will (weil z. B. beim Würfeln, ob ich die Reihenfolge beachte oder nicht, ein Pasch immer nur eine Möglichkeit hat, während zwei verschiedene Augenzahlen immer auf zwei verschiedene Arten gewürfelt werden können). Soweit einverstanden? In der o. g. Aufgabe habe ich zunächst so gerechnet: Bei Beachtung der Reihenfolge der - ggf. markierten - Würfel gibt es 6 Möglichkeiten für den ersten und den zweiten Würfel, die nicht notwendig zum Pasch gehören, dann nochmal 6 Möglichkeiten für das Pasch-Auge und schließlich noch 543/3!=(5 über 3) Möglichkeiten, die Würfel auszusuchen, die an dem Pasch beteiligt sein sollen. Damit komme ich auf 66654*3/3!. Für die Wahrscheinlichkeit /6^5, ergibt 0,2777. Rauskommen soll aber 0,2123. Wo liegt, eurer Ansicht nach, der Fehler, und wie kann man das leicht erklären? Danke im voraus, soliton
08.12.2005, 17:43	antykoerpa	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, ich hab das mal folgendermaßen gerechnet: Die Wahrscheinlichkeit, bei einem Würfel eine bestimmte Zahl zu werfen beträgt: $\begin{eqnarray} \frac{1}{6} \end{eqnarray}$ Da allerdings für einen Dreier, Vierer oder Fünferpasch egal ist, welche Zahl geworfen wird, müssen wir auf jeden Fall den Faktor 6 mit einrechnen, da es 6 Zahlen auf dem Würfel gibt. Bei jedem Wurf ist die Wahrscheinlichkeit gleich. Das heisst, dass der Wurf des ersten Würfels, das Ergebnis des zweiten nicht beeinflusst. Man kann doch dann behaupten, dass das Ergebnis binomialverteilt ist. Also: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 5 \\ 3 \end{pmatrix} \cdot (\frac{1}{6})^3 \cdot (\frac{5}{6})^2 \cdot 6 \end{eqnarray}$ ist die Wahrscheinlichkeit einen Dreierpasch zu werfen. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 5 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot (\frac{1}{6})^4 \cdot (\frac{5}{6})^1 \cdot 6 \end{eqnarray}$ die Wahrscheinlichkeit einen Viererpasch zu werfen, und $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 5 \\ 5 \end{pmatrix} \cdot (\frac{1}{6})^5 \cdot (\frac{5}{6})^0 \cdot 6 \end{eqnarray}$ die Wahrscheinlichkeit dafür, einen Fünferpasch zu werfen. Addiert man nun alle Wahrscheinlichkeiten, dann bekommt man als Ergebnis: 0.2129 heraus. Ich hoffe, dass das so richtig ist.
09.12.2005, 18:32	Soliton	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke soweit. Trotzdem noch eine Nachfrage: Wir betrachten Würfelergebnisse der Form abccc, wobei a, b, c verschiedene Augenzahlen sind. Nehmen wir ferner an, die Würfel seien nummeriert und wir beachten die Reihenfolge. Wieviele Möglichkeiten gibt es dann, fünf Würfel so zu werfen, dass drei Augen gleich, etwa c, ein weiteres Auge a <> c und das fünfte Auge b <> c und <> a ist? Um in meiner Aufgabe auf das richtige Ergebnis zu kommen, muesste man hier (5 über 3) ansetzen. Wieso setzt man aber nicht nur 5!/3! an - dies gibt doch die Anzahl der unterscheidbaren Anordnungen von 5 Objektenm von denen drei gleich sind, an - so wie hier. Grüße, Soliton
11.12.2005, 19:37	antykoerpa	Auf diesen Beitrag antworten »
Es gibt hier aber keine drei gleichen Objekte! Der Wert der gewürfelt werden soll ist gleich => z.B. 3 mal den Wert C. Aber du hast doch selbst geschrieben, dass die Würfel durchnummeriert sind, also unterscheidbar! Alles klar? Wie ich das nun rechnen würde weiß ich allerdings nun auch nicht 100%: Für die ersten 3 Würfel sollen die Werte ja gleich sein. Es gibt hier also 6 Möglichkeiten: Entweder alle 1, 2, 3, 4, 5 oder 6. Für den viertel Würfel existieren dann nur noch 5 Möglichkeiten, für den letzen Würfel analog 4 Möglichkeiten. Du sagst man müsste (5 über 3) berechnen. Das kann allerdings nicht sein, denn oben steht wir müssen auf die Reihenfolge achten. Es handelt sich hier also um eine Variation und nicht um eine Kombination. Weiterhin sind Wiederholungen durch die Durchnummerierung ausgeschlossen. Normalerweise müsste man dann zu $\begin{eqnarray} \frac{n!}{(n-k)!} \end{eqnarray}$ greifen. Ach is das alles undurchsichtig... Vielleicht kann sich hier mal ein Crack dazu äußern

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