Würfelaufgabe

30.03.2011, 14:17

Tharion

Würfelaufgabe

Hallo, habe da eine Aufgabe gerechnet und brauche eine Meinung dazu

(a) Wie viele Teilmengen der Menge {1, 2, 3, 4, 5, 6} gibt es, die aus vier Elementen bestehen und
außerdem das Element 6 enthalten?
(b) Ein fairer Würfel wird viermal geworfen. Es sei A das Ereignis, dass die vier Wurfergebnisse alle verschieden sind, und B das Ereignis, dass die Zahl 6 mindestens einmal erscheint. Bestimmen Sie P(A) und P(B|A).

zu a)

da habe ich erstmal die Anzahl der Teilmengen mit 4 Elementen gesucht:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} =15 \end{eqnarray*}$

das aber wenig hilfreich ist, habe ich mir die Teilmengen rausgeschrieben:
$\begin{eqnarray*} \{ \{1,2,3,6\},\{1,2,4,6\},\{1,2,5,6\},\{1,3,4,6\},\{1,3,5,6\},\{1,4,5,6\},\{2,3,4,6\},\{2,4,5,6\},\{3,4,5,6\}\} \end{eqnarray*}$

Das müssten eigentlich alle sein, denn bei Teilmengen gilt ja $\begin{eqnarray*} \{1,2,3,6\}=\{1,3,2,6\} \end{eqnarray*}$ usw. also das es auf die Reihenfolge nicht ankommt.

zu b)

$\begin{eqnarray*} P(A)=\begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix}\frac{1} {6}\end{pmatrix}^4=0,011574 \end{eqnarray*}$

Die Wahrscheinlichkeit 4 mal unterschiedliche Werte zu Würfeln ist ja $\begin{eqnarray*} (\frac{1}{6})^4 \end{eqnarray*}$ und dann halt mal Anzahl der Kombinationen.

bei B bin ich über das Gegenereignis gegangen. Also das die Sechs kein mal gewürfelt wird.

$\begin{eqnarray*} P(B)=1- (\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix}\frac{5} {6}\end{pmatrix}^0 * \begin{pmatrix}\frac{5} {6}\end{pmatrix}^4) = 0,51774691 \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} P(B|A) \end{eqnarray*}$ würde mir als Idee nur jetzt die Ochsentour einfallen. Also alles aufschreiben was dazu passt und dann zusammenaddieren. Wie könnte ich das aber besser machen?

30.03.2011, 15:15

Tharion

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Ich hab nochmal über mein Zeug nachgedacht

$\begin{eqnarray*} P(A)=\frac{4!* \begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} }{6^4}=\frac{5}{18}=0,27777778 \end{eqnarray*}$

Denn es gibt insgesamt 15 kombinationen und für jede kombination 24 anordnungen. Geteilt durch alles was möglich ist zum würfeln müsste es dann eigentlich hinhauen. Ein fairer Würfel steht ja sinnbildlich für die Gleichverteilung.

$\begin{eqnarray*} P(B \cap A)=\frac{9*4!}{6^4}=\frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

Es gibt 9 verschiedene Kombinationen bei denen die 6 einmal geworfen wurde, mal 24 anordungen für jede Kombination geteilt durch alles was möglich ist zu würfeln, in 4 würfen.

Doch warum ist das ausgerechnet $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ ?? Hab ich mich da verrechnet?

30.03.2011, 15:19

Zellerli

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a) wäre auch einfacher gegangen:
Die 6 ist gesetzt und ansonsten musst du noch 3 aus den verbliebenen 5 ziehen (also 3-Teilmenge aus einer 5-Menge). Ich komme auf 10, du auf 9. Es fehlt dir noch $\begin{eqnarray*} \{2,3,5,6\} \end{eqnarray*}$

b) stimmt noch nicht ganz.
Zu A:

Zitat:

Die Wahrscheinlichkeit 4 mal unterschiedliche Werte zu Würfeln ist ja $\begin{eqnarray*} (\frac{1}{6})^4 \end{eqnarray*}$ und dann halt mal Anzahl der Kombinationen.

Nein, das ist genau die Wahrscheinlichkeit 4 bestimmte (aber unterschiedliche) Werte zu würfeln. Es ist also z.B. ganz speziell 1 2 3 4 gemeint und nicht auch alle anderen Möglichkeiten unterschiedlicher Augenzahlen.

Wieviele Möglichkeiten hast du für den ersten Wurf?
Wieviele dann noch für den zweiten Wurf (wo die Augenzahl des ersten nicht vorkommen darf)?
usw.
Damit hast du alle Fälle abgedeckt und brauchst auch keine kombinatorische Ergänzung (also keinen Binomialkoeffizient, etc.)

Dein Ansatz zum Ereignis B ist sehr gut und das Ergebnis ist richtig (ich denke das $\begin{eqnarray*} \left(\frac{5}{6}\right)^0 \end{eqnarray*}$ soll $\begin{eqnarray*} \left(\frac{1}{6}\right)^0 \end{eqnarray*}$ heißen, aber ist beides 1).

Die Ochsentour kannst du stark abkürzen:
Es gilt $\begin{eqnarray*} P(B|A) = \frac{P(B\cap A)}{P(A)} \end{eqnarray*}$ . Und für $\begin{eqnarray*} P(B\cap A) \end{eqnarray*}$ hat Aufgabe a) schon vorbereitet...

30.03.2011, 15:23

Zellerli

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Mein erster Post bezieht sich nicht auf deinen Zweiten.

Jedoch hast du $\begin{eqnarray*} P(A) \end{eqnarray*}$ jetzt richtig berechnet.

a) ist immernoch nicht vollständig.

Der Ansatz zur bedingten Wahrscheinlichkeit stimmt aber (mit dem Folgefehler aus a)).

30.03.2011, 17:34

Tharion

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Okay dann gänge ja bei a) (du sagtest es bereits - 3er Teilmengen aus einer 5er menge)

$\begin{eqnarray*} 1*\begin{pmatrix} 5 \\ 3 \end{pmatrix} =10 \end{eqnarray*}$

(nur noch mal zu vollständigkeit)

danke für das schnelle Antworten Zellerli und das drüberschauen.

Zitat:

Wieviele Möglichkeiten hast du für den ersten Wurf? Wieviele dann noch für den zweiten Wurf (wo die Augenzahl des ersten nicht vorkommen darf)? usw. Damit hast du alle Fälle abgedeckt und brauchst auch keine kombinatorische Ergänzung (also keinen Binomialkoeffizient, etc.)

Meintest du damit vielleicht das:

für den ersten Wurf habe ich 6 Möglichkeiten, für den zweiten 5 für den dritten 4 und für den vierten 3.

Also $\begin{eqnarray*} 6*5*4*3=360 \end{eqnarray*}$
und dann $\begin{eqnarray*} \frac{360}{1296}=0,2777778 \end{eqnarray*}$

das musst du ja meinen, denn es stimmt ja mit dem ergebnis weiter oben überein.

nochmals danke Tanzen

mfg Tharion

30.03.2011, 17:48

Zellerli

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Kein Ding!
Und: Ja, die beiden Dinge habe ich gemeint.

30.03.2011, 18:01

Tharion

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$\begin{eqnarray*} P(B|A)=0,6 \end{eqnarray*}$

das hatte ich noch vergessen

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