gezinkte Würfel

18.04.2009, 21:22

zeusosc

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gezinkte Würfel

Hoi,

ich habe zwei Würfel, seiten sind durchnummeriert von 1-6 und die summe der gegenüberliegenden Seiten ist 7.

Der erste Würfel ist gezinkt mit $\begin{eqnarray*} p_1=1/10,\ldots ,p_5=1/10,p_6=1/2 \end{eqnarray*}$ .

Die Aufgabenstellung besteht darin, die Wahrscheinlichkeit auszurechnen, das eine Auganzahl 6 ist, wenn bei zwei vorhergegangenen würfen mind. eine Augenzahl 6 war.

Ich dachte mir ich rechne mir erst einmal die Wahrscheinlichkeit für einen Wurf aus, wobei mind. eine Augenzahl 6 ist.

Die erwartete Wurfmenge ist $\begin{eqnarray*} S=\{(6,1),\ldots ,(6,6),(1,6),\ldots ,(5,6)\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |S|=11 \end{eqnarray*}$ elementen.

Die Wahrscheinlichkeit auf einen der ersten sechs tupel bei einem Wurf zu treffen errechnete ich mir so:
$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^6 \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{6}\right)\frac{1}{36}=6\left(\frac{3+1}{6}\right)\frac{1}{36}=\frac{4}{36}=\frac{1}{9} \end{eqnarray*}$

Für die anderen 5 Elemente:
$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^5\left(\frac{1}{10}+\frac{1}{6}\right)\frac{1}{36}=5\frac{16}{60}\frac{1}{36}=\frac{20}{540}=\frac{1}{27} \end{eqnarray*}$

Um also auf die Gesamtwahrscheinlichkeit zu kommen, muss ich beide aufsummieren:
$\begin{eqnarray*} \frac{27+9}{243}\approx 14% \end{eqnarray*}$

Ich bin über das Ergebniss etwas verwundert, denn geht man von einer gleichberechtigung aller Werte aus (Laplace -Exp) so ist die Wahrscheinlichkeit auf eine Spezifische Augenzahl zu treffen $\begin{eqnarray*} \frac{11}{36}\approx 30,6% \end{eqnarray*}$ . Habe ich mich irgendwie vertan??

MfG

18.04.2009, 23:21

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Der Kardinalfehler ist, dass du bereits ganz vorn die Situation nicht richtig erläuterst - möglicherweise hast du sie sogar falsch verstanden:

Gemeint ist hier wohl, dass der Spieler zunächst einen der beiden Würfel auswählt (50/50 der gezinkte bzw. ungezinkte). Danach macht er mit diesem Würfel die drei angesprochenen Würfe (alle drei mit demselben, einmal ausgewählten Würfel, also ohne Würfelwechsel zwischendurch!), wobei bei den ersten beiden Würfen mindestens eine 6 festgestellt wurde.

Bei deinen Rechnungen kann ich nicht nachvollziehen, für welchen Würfel du da gerade was ausrechnest willst: für den gezinkten oder den ungezinkten? Außerdem dachte ich, es geht um das hier:

Zitat:

Original von zeusosc
Die Aufgabenstellung besteht darin, die Wahrscheinlichkeit auszurechnen, das eine Auganzahl 6 ist, wenn bei zwei vorhergegangenen würfen mind. eine Augenzahl 6 war.

und da erkenne ich nicht so richtig, inwieweit deine Rechnungen auf dieses Ziel hinwirken. verwirrt

verwirrt

18.04.2009, 23:56

zeusosc

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Hi Arthur,

danke, stimmt,.. ich habe die aufgabenstellung gerade nocheinmal durchgelesen, "Sie wählen einen würfel und....",

Meine Rechnung bezog sich auf einen Wurf mit zwei Würfel, wobei der würfel eins gezinkt und der andere ungezinkt ist. Dabei ist für das tupel $\begin{eqnarray*} (6,1) \end{eqnarray*}$ das Gewicht $\begin{eqnarray*} (\frac{1}{2},\frac{1}{6}) \end{eqnarray*}$ als Wahrscheinlichkeit auffsummiert worden und durch die Anzahl der Möglichkeiten (36) geteilt worden.

Weißt du was ich meine ??

gruß

19.04.2009, 09:30

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Wenn man die beiden "Testwürfe" mit dem ungezinkten und dem gezinkten Würfel durchführt, und dann für den eigentlichen Wurf einen davon auswählt: Welchen Sinn machen dann überhaupt noch die Testwürfe, wo doch die Wahrscheinlichkeiten sowohl des gezinkten als auch des ungezinkten Würfels bekannt sind? Keinen!

Daher ja auch meine obige Interpretation, wie das Vorgehen sehr wahrscheinlich gemeint ist - denn mit dem vorangehenden Auswählen und dann Beibehalten des Würfels macht die Aufgabenstellung überhaupt erst Sinn!

Zur Berechnung: Zur Benennung erstmal ein paar Ereignisse

$\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ ... der gezinkte Würfel wird gewählt
$\begin{eqnarray*} S_k \end{eqnarray*}$ ... im $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -ten Wurf wird eine 6 gewürfelt (k=1,2,3)

Gesucht ist $\begin{eqnarray*} P(S_3 \bigm| S_1 \cup S_2) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} S_1,S_2,S_3 \end{eqnarray*}$ sind bei diesem Problem NICHT unabhängig, sie hängen zusammen über die gemeinsame vorherige Wahl des Würfels. Sie sind aber bei getroffener Auswahl des Würfels bedingt unabhängig, d.h., sowohl bezüglich $\begin{eqnarray*} P_G \end{eqnarray*}$ (gezinkter Würfel) als auch bezüglich $\begin{eqnarray*} P_{G^c} \end{eqnarray*}$ (ungezinkter Würfel). Die gesuchten absoluten Wahrscheinlichkeiten erhält man nun über die Bayessche totale Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(A) = P_G(A)\cdot P(G) + P_{G^c}(A)\cdot P(G^c) = P(A | G)\cdot P(G) + P(A | G^c)\cdot P(G^c) \end{eqnarray*}$ ,

wobei im vorliegenden Fall bei beliebiger Wahl des Würfels von $\begin{eqnarray*} P(G) = P(G^c) = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ auszugehen ist.

19.04.2009, 22:41

zeusosc

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Wenn man die beiden "Testwürfe" mit dem ungezinkten und dem gezinkten Würfel durchführt, und dann für den eigentlichen Wurf einen davon auswählt: Welchen Sinn machen dann überhaupt noch die Testwürfe, wo doch die Wahrscheinlichkeiten sowohl des gezinkten als auch des ungezinkten Würfels bekannt sind? Keinen!

Du hast mich falsch verstanden, meine rechnung, die ich vor dem wissen das nur ein würfel ausgewählt wird, benutzt habe, bezieht sich auf zwei würfel ohne auswahl, mit zurücklegen und betrachtung der reihenfolge ( $\begin{eqnarray*} (1,2)\neq (2,1) \end{eqnarray*}$ ). Durch diese Bedingung würde die Aufgabe ja auch wieder Sinn machen,...

Danke für den Tipp mit der Bayessche totale Wahrscheinlichkeit, ich schaue mir das gleich mal an.

MfG ZeuSOsC

19.04.2009, 23:51

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Jetzt missverstehst du mich: Es macht deswegen keinen Sinn, weil es bei der Situation

Zitat:

Original von Arthur Dent
Wenn man die beiden "Testwürfe" mit dem ungezinkten und dem gezinkten Würfel durchführt, und dann für den eigentlichen Wurf einen davon auswählt

für den dritten Wurf vollkommen egal ist, was bei dem vorherigen Zweierwurf passiert! D.h., beide Ereignisse (Zweierwurf, dritter Wurf) sind dann unabhängig voneinander, womit die Fragestellung

Zitat:

Original von zeusosc
Die Aufgabenstellung besteht darin, die Wahrscheinlichkeit auszurechnen, das eine Auganzahl 6 ist, wenn bei zwei vorhergegangenen würfen mind. eine Augenzahl 6 war.

höchstens noch als Fangfrage taugen würde - und davon will ich mal nicht ausgehen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit wäre in dem Fall dann nämlich einfach

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \left( \frac{1}{6} + \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ ,

völlig unabhängig von dem, was bei den Testwürfen rausgekommen ist.

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21.04.2009, 10:52

zeusosc

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Hi Arthur

Ich bin ein bisschen verwirrt,

wärend bei dem dritten wurf mit einem Würfel die abhängigkeit, also deren bedingte Wahrscheinlichkeit, von den zwei Vorhergehenden würfen eine rolle spielt, soll diese bei dem dritten wurf von zwei würfeln keine rolle mehr spielen?!?! geschockt

geschockt

Die zweier Tupel könnte man ja Separieren und die drei würfe jedes würfels erst einmal unabhängig betrachtet, wobei deren Wahrscheinlichkeit des dritten wurfes, bedingt durch die Schnittmenge des Lösungsraums von dem ersten und zweiten wurf, doch auch wieder abhängig ist. Die würfel sind ja unterscheidbar, würfele ich also paralell die beiden würfel und packe die jeweiligen würfe in ein zweier tupel sollte also auch der dritte tupel bedingt durch die zwei vorhergehenden würfe beeinflußt sein?!?!,.. Das wär für mich eine Logische Konsequenz...

Falls ich ganz daneben liege, versuche bitte mir das nochmal anders näher zu bringen,...

(Also Stochastik lag mir schon immer Arg im Magen Prost

Prost

)

thx der zeus
-----------------------------------------------
edit:
bedingt unabhängig hatte ich überlesen,...
ich kann mir darunter etwas vorstellen, lese aber gleich nochmal nach,...

greetz

21.04.2009, 10:59

Dual Space

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Zitat:

Original von zeusosc
Die Aufgabenstellung besteht darin, die Wahrscheinlichkeit auszurechnen, das eine Auganzahl 6 ist, wenn bei zwei vorhergegangenen würfen mind. eine Augenzahl 6 war.

Bist du sicher, dass nicht danach gefragt ist:

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei drei aufeinander folgenden Würfen jeweils mindestens einmal die Augenzahl 6 erscheint?

21.04.2009, 11:18

zeusosc

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@ $\begin{eqnarray*} \bigcup Kovariante \end{eqnarray*}$ Big Laugh

Big Laugh

Ähhhm nö ,...

Die Aufgabenstellung die mir gestellt wurde lautet:

Zitat:

Man nehme nun an, dass einer von denen [edit: einer der Würfel] gezinkt ist,
$\begin{eqnarray*} p_1=\ldots p_5=1/10,p_6=1/2 \end{eqnarray*}$ und der andere ordnungsgemäß funktioniert. Dabei bezeichnet $\begin{eqnarray*} p_i \end{eqnarray*}$ jeweils die Wahrscheinlichkeit, dass nach einem Wurf die Zahl $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ oben liegt.

Sie greifen sich einen der Würfel [edit: wie von Arthur angesprochen] und werfen ihn zweimal, wobei jeweils die 6 erscheint. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim dritten Wurf wieder die 6 oben liegt?

Also es haben sich in diesen Thread quasi drei Fälle herauskristallisiert, die ich gerne diskutieren würde:
1) Die eigentliche Aufgabe^^
1.1) (hängt ja quasi mit 1 zusammen) Die Aufgabenstellung besteht darin, die Wahrscheinlichkeit auszurechnen, das eine Auganzahl 6 ist, wenn bei zwei vorhergegangenen würfen mind. eine Augenzahl 6 war.
2) Drei würfe mit zwei würfeln, einer gezinkt, der andere nicht.

Mir sind die zu wählenden Anfangsbedingungen und die zu Wählende rechenmethoden nicht vertraut und intuitiv auch nicht gleich klar,..
daher die diskussion ( bzw, blöde rumfragerei Big Laugh

Big Laugh

)

Sei gegrüßt Dual,...
Zeus

21.04.2009, 11:35

Dual Space

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OK ... so hatte das Arthur weiter oben schon resümiert.

@Arthur: Bei deinem Lösungsvorschlag mit der Wahrscheinlichkeit 1/3 irritiert mich der Faktor 1/2.

Ich würde hier so vorgehen:

Aus dem Wissen, dass mit dem zufällig gewählten Würfel zweimal eine 6 gefallen ist, schließe ich, dass mit einer Wahrscheinlichkeit von 9/13 der gezinkte Würfel gezogen wurde.

Damit ergibt sich für die gesuchte Wahrscheinlichkeit (mMn)

$\begin{eqnarray*} \frac{9}{13}\cdot\frac{1}{2}+\frac{4}{13}\cdot\frac{1}{6}=\frac{31}{78} \end{eqnarray*}$

21.04.2009, 13:03

zeusosc

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Hi,.. ich weiß leider net wie du auf 9/13 kommst, ich gehe mal kurz ne beispielrechnung durch.

Es handelt sich um aufgabe 1).

Die wahrscheinlichkeit das ich mit dem Gezinkten würfel zweimal hintereinander eine 6 würfel ist
$\begin{eqnarray*} P_{(2)}(A|_\text{gezinkt})=(P(A|_\text{gezinkt}))^2=1/2 *1/2=\frac{1}{4} \end{eqnarray*}$
für den fairen würfel erhalte ich
$\begin{eqnarray*} P_{(2)}(A|_\text{fair})=\frac{1}{36} \end{eqnarray*}$

Da ich am anfang nur eine entscheidungsmöglichkeit hatte den gezinkten oder den ungezinkten würfel zu wählen, folgt für die wahrscheinlichkeit zweimal eine 6 in folge zu werfen
$\begin{eqnarray*} P(A)=P_G\left(P(A|_\text{gezinkt})+P(A|_\text{fair})\right)=\frac{5}{32} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} P_G=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Sooo, du bist nun davon ausgegangen des wenn zweimal die 6 gewürfelt wurde(!) dies mit wahrscheinlich $\begin{eqnarray*} \frac{9}{13} \end{eqnarray*}$ der gezinkte würfel war,.. wie kommst du darauf??

Sei gegrüßt,...
-----------------------------
edit:
ich komme nämlich auf $\begin{eqnarray*} \frac{9}{10} \end{eqnarray*}$ ...

21.04.2009, 14:15

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Zitat:

Original von Dual Space
@Arthur: Bei deinem Lösungsvorschlag mit der Wahrscheinlichkeit 1/3 irritiert mich der Faktor 1/2.

Dieser Lösungsvorschlag bezieht sich ausdrücklich auf die angegebene, von mir eigentlich verworfene erste Interpretationsvariante von zeusosc.

Für meine Interpretationsvariante

Zitat:

Original von Arthur Dent
Gemeint ist hier wohl, dass der Spieler zunächst einen der beiden Würfel auswählt (50/50 der gezinkte bzw. ungezinkte). Danach macht er mit diesem Würfel die drei angesprochenen Würfe (alle drei mit demselben, einmal ausgewählten Würfel, also ohne Würfelwechsel zwischendurch!), wobei bei den ersten beiden Würfen mindestens eine 6 festgestellt wurde.

bekomme ich noch was ganz anderes heraus, nämlich $\begin{eqnarray*} \frac{23}{57} \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Augenzwinkern

Wahrscheinlich liegt auch noch hier ein Missverständnis

Zitat:

Original von Dual Space
Aus dem Wissen, dass mit dem zufällig gewählten Würfel zweimal eine 6 gefallen ist,

Oben ist eigentlich nur von mindestens einmal die Rede.

21.04.2009, 14:44

Dual Space

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@Arthur: Die zwei sechsen habe ich hier her:

Zitat:

Original von zeusosc
Sie greifen sich einen der Würfel [edit: wie von Arthur angesprochen] und werfen ihn zweimal, wobei jeweils die 6 erscheint. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim dritten Wurf wieder die 6 oben liegt?

Aber hier schwirren mir im Moment zu viele verschiedene Aufgaben die wild verflochten sind umher, so dass ich den Überblick verloren habe. Somit gebe ich lieber Ruhe um der Verwirrung nicht noch mehr Nährboden zu stiften. Augenzwinkern

Augenzwinkern

21.04.2009, 15:00

AD

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Zitat:

Original von zeusosc
Sie greifen sich einen der Würfel [edit: wie von Arthur angesprochen] und werfen ihn zweimal, wobei jeweils die 6 erscheint. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim dritten Wurf wieder die 6 oben liegt?

Das hatte ich gar nicht gelesen. geschockt

geschockt

Das ist ja schon fast Heimtücke, dass zeusosc derart mittendrin die Aufgabe verändert. Daher stelle ich auch erstmal alle Bemühungen ein, bis hier mal Klarheit hinsichtlich der Aufgabenstellung herrscht.

Übrigens ist aber bei der Aufgabenstellung die a-posteriori-Wkt für den gezinkten Würfel nicht 9/13, sondern

$\begin{eqnarray*} \frac{\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2}}{\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{36} \cdot \frac{1}{2}} = \frac{9}{10} \end{eqnarray*}$ .

21.04.2009, 15:08

zeusosc

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Jo Arthur,.. da warste schneller Big Laugh

Big Laugh

-------------------
[gelöscht]

Seid gegrüßt und entschuldigt bitte die von mir verursachte konfusität,..

21.04.2009, 15:21

AD

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Na bei den 9/10 stimmen wir wenigstens mal überein. smile

smile

Die Fragestellung 1.1 (also deine originale aus dem Eröffnungsposting) finde ich übrigens aus praktischer Sicht wenig plausibel: Wenn die Person die zwei Testwürfe beobachtet, dann kennt sie ja die genaue Anzahl Sechsen, also 0, 1 oder 2. Dass sie nur die Information "mindestens 1 = (1 oder 2)" hat, ist allenfalls denkbar, wenn eine andere Person die Testwürfe durchführt und nur diese eingeschränkte Information dann mitteilt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Dann würde ich beim Schlussteil der Aufgabenstellung gleich in die vollen gehen

Zitat:

Original von zeusosc
Sie greifen sich einen der Würfel und werfen ihn zweimal, wobei genau $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -mal die 6 erscheint. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p_k \end{eqnarray*}$ , dass beim dritten Wurf wieder die 6 oben liegt?

Und das ganze für die drei Möglichkeiten $\begin{eqnarray*} k=0,1,2 \end{eqnarray*}$ .

21.04.2009, 16:09

Dual Space

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Übrigens ist aber bei der Aufgabenstellung die a-posteriori-Wkt für den gezinkten Würfel nicht 9/13, sondern

$\begin{eqnarray*} \frac{\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2}}{\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{36} \cdot \frac{1}{2}} = \frac{9}{10} \end{eqnarray*}$ .

Finger1

... tjaja ... da sollte ich wohl mal wieder meine elementaren Grundkenntnisse auffrischen.

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