Wahrscheinlichkeit einer Summe beim Roulette

26.03.2006, 15:32

oldwise

Wahrscheinlichkeit einer Summe beim Roulette

Hallo!

Beim Roulette trifft eine Kugel auf eine der Zahlen 0,1,...,36, wobei für jede dieser Zahlen dieselbe Wahrscheinlichkeit besteht. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei drei Spielen die Summe der getroffenen Zahlen mindestens 80 ist?

Ich hatte mir gedacht, dass ich die Wahrscheinlichkeit in der Form "günstige durch mögliche" berechne. Doch wie kann ich die Anzahl der günstigen bzw. der möglichen Ergebnisse ermitteln? Jedes mögliche Ergebnis aufzuschreiben ist ja ein enormer Aufwand.

Kann mir jemand einen Tipp geben?

lg

26.03.2006, 15:40

bil

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RE: Wahrscheinlichkeit einer Summe beim Roulette

Zitat:

Original von oldwise
Ich hatte mir gedacht, dass ich die Wahrscheinlichkeit in der Form "günstige durch mögliche" berechne. Doch wie kann ich die Anzahl der günstigen bzw. der möglichen Ergebnisse ermitteln? Jedes mögliche Ergebnis aufzuschreiben ist ja ein enormer Aufwand.

hi,
eine andere alternative fällt mir nicht ein.
übrigens die anzahl aller möglichkeiten zu bestimmen ist ja leicht, nämlich:

$\begin{eqnarray*} 37^3 \end{eqnarray*}$

die anzahl der günstigen wirst du wohl abzählen müssen, zumindestens fällt mir nichts anderes ein.

gruss bil

26.03.2006, 15:43

oldwise

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RE: Wahrscheinlichkeit einer Summe beim Roulette
hallo bil,

danke für deine Antwort. Aber warum 37^3?

26.03.2006, 15:48

bil

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37 zahlen und es sind 3 spiele...

siehe:
http://de.wikipedia.org/wiki/Kombinatorik

gruss bil

26.03.2006, 15:58

oldwise

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hmm ich habe gerade mal überlegt... Ist denn die Anzahl der günstigen nicht eine Kombination mit Wiederholung?

somit ließe die Anzahl berechnen über $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 37+3-1 \\ 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

26.03.2006, 16:15

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@oldwise

Nein, bei dieser Betrachtungsweise wirfst du alle drei Rouletteergebnisse zusammen und ignorierst die Reihenfolge - und das ist falsch, weil diese Ergebnistripel unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten haben und somit kein Laplace-Modell anwendbar ist.

Wie von bil erwähnt ist die Anzahl aller Ergebnistripel mit Berücksichtigung der Reihenfolge gleich $\begin{eqnarray*} |\Omega|=37^3 \end{eqnarray*}$ , wobei man den W-Raum

$\begin{eqnarray*} \Omega := \left\{ (k_1,k_2,k_3) | k_1,k_2,k_3\in\{0,1,\ldots,36\} \right\} \end{eqnarray*}$

betrachtet. Nun zu den günstigen Ereignissen: Es geht da um die Mächtigkeit der Menge

$\begin{eqnarray*} A := \left\{ (k_1,k_2,k_3) | k_1,k_2,k_3\in\{0,1,\ldots,36\}\;\text{mit}\;k_1+k_2+k_3\geq 80 \right\} \end{eqnarray*}$ .

Mit $\begin{eqnarray*} m_j:=36-k_j \end{eqnarray*}$ ist diese Menge $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ gleichmächtig zu

$\begin{eqnarray*} B := \left\{ (m_1,m_2,m_3) | m_1,m_2,m_3\in\{0,1,\ldots,36\}\;\text{mit}\;m_1+m_2+m_3\leq 28 \right\} \end{eqnarray*}$ .

Da die Gesamtsumme höchstens 28 ist, kann man die Obergrenze 36 für die Einzelwerte auch weglassen:

$\begin{eqnarray*} B = \left\{ (m_1,m_2,m_3) | m_1,m_2,m_3\in\mathbb{N}_0\;\text{mit}\;m_1+m_2+m_3\leq 28 \right\} \end{eqnarray*}$ .

Mit einem kleinen kombinatorischen Kniff folgt dann schnell $\begin{eqnarray*} |B|={31 \choose 3} \end{eqnarray*}$ .

26.03.2006, 17:08

oldwise

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hallo arthur,

danke für deine Antwort.

Woher nimmst du die Idee, dass mit mj:=36-kj ? verwirrt

Warum nützt mir das was?

26.03.2006, 17:17

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$\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ist ein Würfel von Gitterpunkten, und $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ist ein entsprechend platziertes Tetraeder von Gitterpunkten an einer Ecke dieses Würfels. Durch diese Transformation m=36-k bringe ich dieses Tetraeder in Ursprungslage, da ist alles etwas übersichtlicher in der kombinatorischen Berechnung - das ist der einzige Grund.

26.03.2006, 17:22

oldwise

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danke für die Erklärung.

Eines verstehe ich aber noch nicht:

du sagst, es ist falsch, dass ich die Reihenfolge ignoriere. Aber warum sollte die Reihenfolge für die Summe eine Rolle spielen? für die Summe ist es doch egal ob sie aus $\begin{eqnarray*} (m_1,m_2,m_3)\geq80 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} (m_3,m_1,m_2)\geq80 \end{eqnarray*}$ besteht.

Auch kann ich noch nicht verstehen, warum dies kein La-Place Modell ist. Die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten einer Zahl ändert sich doch nicht. Analog könnte man dies doch als Urnen-Versuch mit 37 Kugeln (0,...,36) als Ziehen-mit-Zurücklegen betrachten. 3 Mal wird gezogen.

26.03.2006, 17:47

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OK, steht bestimmt in hundert Threads hier, aber hier nochmal zum hundertersten Male:

Das ist ein sogenanntes Produktexperiment, u.a. ist da jeder Versuchsausgang mit Berücksichtigung der Reihenfolge gleichwahrscheinlich. Das trifft z.B. auch auf die Ergebnisse (0,0,0), (0,0,1), (0,1,0) und (1,0,0) zu.

Wenn ich jetzt die Reihenfolge ignoriere und nur die drei Zahlen ohne Reihenfolge betrachte, dann stellt sich heraus, dass (0,0,1) dreimal so wahrscheinlich wie (0,0,0) ist, denn:

1. (0,0,0) ist nur durch Originalreihenfolge (0,0,0) erreichbar

2. (0,0,1) ist durch drei Originalreihenfolgen, nämlich (0,0,1), (0,1,0) und (1,0,0) erreichbar.

(Bei drei verschiedenen Werten wie z.B. (1,2,3) gibt es dann sogar 6 Möglichkeiten statt 1 oder 3.) Also verletzt diese zweite Betrachtungsweise (also die ohne Berücksichtigung der Reihenfolge) die Grundvoraussetzung der Laplaceschen Wahrscheinlichkeit: Dass nämlich alle Elemnentarereignisse gleichwahrscheinlich sind!!! Mithin ist dann die Anwendung der Formel $\begin{eqnarray*} P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|} \end{eqnarray*}$ für solche nichtlaplaceschen Räume schlicht falsch.

26.03.2006, 18:47

oldwise

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ok, du hast mich überzeugt! Vielen Dank!

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