3 x Würfel werfen

18.03.2010, 20:16

Papirus

3 x Würfel werfen

Meine Frage:
Hallo,

bin mir gerade etwas unsicher bei dieser Aufgabe: Wir werfen einen Würfel 3x. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der Augenzahlen 5 ist?

Meine Ideen:
Kann vielleicht jemand weiterhelfen? Stehe leider etwas auf dem Schlauch...

18.03.2010, 20:21

wisili

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RE: 3 x Würfel werfen
Ueberlege dir, wie man mit 3 Würfelzahlen die Summe 5 erreichen kann (alle Möglichkeiten).

18.03.2010, 20:45

Papirus

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Naja, mit "1+1+3", "1+3+1", "1+2+2", "2+1+2", "2+2+1", "3+1+1" oder fehlen da noch welche?

18.03.2010, 20:54

wisili

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Nein, ich komme auch auf 6 günstige Tripel.
Wieviele Tripel sind denn (ohne an 5 zu denken) möglich, wenn man einen Würfel 3 mal wirft?

18.03.2010, 21:31

Papirus

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Hmm, da bin ich mir ja gerade unsicher bei. Weiß leider nicht genau, wie ich das ausrechnen soll...

18.03.2010, 21:33

Mystic

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Zitat:

Original von Papirus
Naja, mit "1+1+3", "1+3+1", "1+2+2", "2+1+2", "2+2+1", "3+1+1" oder fehlen da noch welche?

Wenn du in elementarer Algebra besser bist als in Kombinatorik (hofffentlich!), dann kannst auch den Ausdruck

$\begin{eqnarray*} (x+x^2+x^3)^3 \end{eqnarray*}$

einfach ausmultiplizieren... Hier stehen die Terme $\begin{eqnarray*} x,x^2,x^3 \end{eqnarray*}$ für die 3 möglichen Augenzahlen 1,2,3, die Hochzahl 3 für die 3 Würfe und ein gewisser Koeffizient (welcher?) des Ergebnispolynoms sagt dir dann genau die Lösung der Aufgabe, ohne dass du den Kopf weiter anstrengen musst... Augenzwinkern

18.03.2010, 21:40

wisili

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Es gibt doch 6*6=36 Paare, und 6*6*6=216 Tripel. Nun ist die W'keit aus den günstigen und den möglichen Fällen berechenbar. Nämlich?

18.03.2010, 21:45

Papirus

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Naja, dann einfach die 6 Tripel durch 216 oder nicht?

18.03.2010, 21:46

wisili

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Ja.

18.03.2010, 21:49

Papirus

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Merci

18.03.2010, 22:24

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@Mystic

Man merkt deutlich, dass du Fan von dieser Art Zugang "erzeugende Fkt., etc." bist - auch wenn es wie im vorliegenden Fall ein völlig überzogener Aufwand ist, $\begin{eqnarray*} (x+x^2+x^3)^3 \end{eqnarray*}$ auszumultiplizieren. Augenzwinkern

18.03.2010, 23:13

Mystic

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Zitat:

Original von Arthur Dent
@Mystic

Man merkt deutlich, dass du Fan von dieser Art Zugang "erzeugende Fkt., etc." bist - auch wenn es wie im vorliegenden Fall ein völlig überzogener Aufwand ist, $\begin{eqnarray*} (x+x^2+x^3)^3 \end{eqnarray*}$ auszumultiplizieren. Augenzwinkern

Naja, zum einen war das hier schon cum grano salis gemeint, zum anderen ist das bei komplizierteren Aufgaben dieser Art unter Verwendung eines CAS ein durchaus gangbarer Weg... Man stelle sich etwa vor, die Aufgabe wäre die Anzahl der Möglichkeiten zu berechnen, bei 10 Würfen die Augensumme 30 zu würfeln... In DERIVE wäre dann die simple Eingabe

poly_coeff((x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6)^10,x,30)=2930455

vermutlich dann die einfachste Möglichkeit, um auf auf schnelle Art (0.14s) an das Ergebnis heranzukommen... Augenzwinkern

19.03.2010, 07:08

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Auf diese Weise wird der überzogene Aufwand auf Derive abgewälzt. Big Laugh

P.S.: Wie lange braucht Derive für $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^3 (-1)^k \cdot \binom{10}{k} \cdot \binom{29-6k}{9} = 2930455 \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

Und auch für die Frage nach der Anzahl Wurfkombinationen für Augensumme <30 ist das ganze leicht modifizierbar:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^3 (-1)^k \cdot \binom{10}{k} \cdot \binom{30-6k}{10} = 12393645 \end{eqnarray*}$ .

Siehe u.a. auch unter

Anzahlformel für Stapel mit Maximalhöhe

Ich gebe dabei durchaus zu, dass auch unter Effizienzgesichtspunkten dein Weg über $\begin{eqnarray*} (x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)^{10} \end{eqnarray*}$ günstig ist, wenn man die Gesamtverteilung der Augenzahlsumme von 10 Würfen such, also nicht nur für einen Summenwert wie 30, siehe auch

Verteilung der Summe von n Augenzahlen beim Würfeln .

19.03.2010, 10:12

Mystic

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Auf diese Weise wird der überzogene Aufwand auf Derive abgewälzt. Big Laugh

Au weia, ich fürchte, ich habe mir da selbst ein Bein gestellt... unglücklich

Ja, von einem rein mathematischen Standpunkt ist deine obige Formel klar vorzuziehen, da gibt es keine Diskussion... Freude

Meine Variante war jetzt eigentlich für den Fall gedacht, dass der Student diese Formel nicht hat und sie erst herleiten müßte... Wenn man also den Gesamtaufwand des Studenten für das Lösen der Aufgabe betrachtet, indem man außerdem annimmt, dass er ein CAS zur Verfügung hat, welches ihm lästige Nebenrechnungen wie das obige "Ausmultiplizieren" abnimmt, dann könnte mein Modell noch "konkurrenzfähig" sein...

Edit: Übrigens kann meine Variante auch zur Herleitung deiner expliziten Formel herangezogen werden und zwar wie folgt

$\begin{eqnarray*} (x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)^n=x^n(1-x^6)^n(1-x)^{-n} = \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =x^n \left(\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom nk x^{6k}\right) \left( \sum_{k=0}^\infty \binom {n+k-1}{n-1} x^k \right)= \sum_{m=n}^{6n} \left( \sum_{k=0}^{\lfloor (m-n)/6 \rfloor} (-1)^k \binom nk \binom {m-6k-1}{n-1} \right) x^m \end{eqnarray*}$

wobei n die Anzahl der Würfe und m diie vorgegebene Augensumme bedeuten...

Edit2: Boah, sehe gerade, dass ich da oben in gerade mal 2 Zeilen die Aufgabe 1 im Mathematik-Korrespondenzzirkel der DDR 1986/87, Runde 5, im wesentlichen gelöst habe.... Tja, the power of power series... smile

20.03.2010, 07:29

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Eine interessante Alternativlösung:

Verzichtet auf die Siebformel, setzt dafür auf binomische Reihe + Cauchyprodukt. Freude

Aber ein wenig mehr als zwei Zeilen sind es schon, wenn du einem strengen Korrektor zumindest die wesentlichen Schritte ordentlich erklären müsstest. Big Laugh

20.03.2010, 09:42

Mystic

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Aber ein wenig mehr als zwei Zeilen sind es schon, wenn du einem strengen Korrektor zumindest die wesentlichen Schritte ordentlich erklären müsstest. Big Laugh

Naja, was man hier vor allem wissen muss, ist die Umrechnung

$\begin{eqnarray*} \binom {-n}k = \binom {n+k-1}k = \binom {n+k-1}{n-1} \end{eqnarray*}$

die ich selbst nach längerer Nichtbenützung immer wieder nachschlagen muss...Davon abgesehen würde ich persönlich als Korrektor das durchaus so durchgehen lassen... Vielleicht bin ich aber nur nicht streng genug... Augenzwinkern

20.03.2010, 11:04

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Und natürlich generell das Prinzip, dass der Koeffizient vor $\begin{eqnarray*} x^m \end{eqnarray*}$ dann die gesuchte Anzahl angibt. Das mag für dich selbstverständlich sein, aber andere (gerade bei Schülerwettbewerben) mögen das nicht so sehen. Und dann ist da noch das Cauchyprodukt.

Was ich damit sagen will: Beide Lösungen sind von der Komplexität in etwa vergleichbar - ich sehe also keine Vorteile auf irgendeiner Seite.

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