Wahrscheinlichkeit Würfelwurf

23.04.2011, 09:23

ChronoTrigger

Auf diesen Beitrag antworten »

Wahrscheinlichkeit Würfelwurf

Hi,

ich fange gerade erst mit der Stochastik an, und bin leider schon bei dieser ziemlich einfach-aussehenden Aufgabe überfordert.

Die Aufgabenstellung lautet:

Betrachte das n-fache Würfeln mit einem sechsseitigen, symmetrischen Würfel. Bestimme:
1) die Wahrscheinlichkeit, die Zahl $\begin{eqnarray*} m \in \{1,...,6 \} \end{eqnarray*}$ als kleinste Augenzahl zu erhalten,
2) einen Wert $\begin{eqnarray*} p \in (0,1) \end{eqnarray*}$ so, dass für alle $\begin{eqnarray*} k \in \{1,...,n\} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} p(1-p)^{k-1}=P \end{eqnarray*}$ ("im k-ten Wurf kommt zum ersten Mal eine 5 oder 6") gilt.

zunächst einmal zur 1)

Beim n-maligen Würfeln habe ich $\begin{eqnarray*} 6^n \end{eqnarray*}$ mögliche Ergebnisse.

Ich habe versucht, mir das ganze jetzt am Beispiel n=2 und m=1 zu verdeutlichen.
Dabei habe ich dann 11 Möglichkeiten, eine 1 zu würfeln.

Mir ist aber nicht klar, wie ich das nun im allgemeineren Fall und für beliebiges m lösen kann.

zur 2)

"im k-ten Wurf kommt zum ersten Mal eine 5 oder 6" heißt ja, dass in (k-1) Würfen keine 5 und keine 6 gewürfelt wurde.

Die Wahrscheinlichkeit, in jedem Wurf keine 5 oder 6 zu würfeln ist $\begin{eqnarray*} \frac46 \end{eqnarray*}$ , in (k-1)-Würfen also $\begin{eqnarray*} (\frac46)^{k-1} \end{eqnarray*}$

im k-ten Wurf muss dann eine 5 oder 6 kommen, die Wahrscheinlichkeit dafür beträgt $\begin{eqnarray*} \frac26 \end{eqnarray*}$

Insgesamt wäre dann die Wahrscheinlichkeit, dass im k-ten Wurf zum ersten mal eine 5 oder 6 kommt, $\begin{eqnarray*} \frac26 (\frac46)^{k-1}=\frac26 (1-\frac26)^{k-1} \end{eqnarray*}$

23.04.2011, 09:44

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Wahrscheinlichkeit Würfelwurf
Zu 1) würde ich mir Folendes überlegen:

1. Auf wieviele Arten kann ich von den n Würfeln eine k-elementige Teilmenge von Würfeln herausgreifen, welche alle die Augenzahl m haben?
2. Auf wieviele Arten können dann die restlichen n-k Würfel eine Augenzahl >m haben?

Vielleicht solltest doch noch ein etwas kompliziertereres Beispiel dazu rechnen, z.B. m=2, n=3...

2) stimmt im Wesentlichen, dass du aber bis zum Schluss mannhaft der Versuchung widerstehst Brüche wie 4/6 oder 2/6 einfach zu kürzen, finde ich schon höchst bemerkenswert... Big Laugh

Big Laugh

23.04.2011, 12:58

ChronoTrigger

Auf diesen Beitrag antworten »

danke für deine antwort.

Ich habe die Aufgabe nun durch deine Fragestellungen lösen können smile

smile

zur 2)

Ich finde es anschaulicher, mit den ungekürzten Brüchen zu rechnen, aber im Prinzip spielt das ja keine rolle smile

smile

Danke nochmals.

23.04.2011, 21:01

Gwyn

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo,
habe eine ähnliche Aufgabe. Nur mir hilft leider der tipp nicht wirklich weiter.
Ich kann auf $\begin{eqnarray*} bin(n,k) \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten k Elemente aus einer n-Elementigen Menge herausgreifen. Meine Grundmenge hat ja $\begin{eqnarray*} 6^n \end{eqnarray*}$ Elemente. Muss ich dann den Binomialkoeffizienten noch durch $\begin{eqnarray*} 6^n \end{eqnarray*}$ teilen?
Und was mache ich dann mit den restlichen Elementen von denen du gesprochen hast?

24.04.2011, 12:03

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Gwyn
Muss ich dann den Binomialkoeffizienten noch durch $\begin{eqnarray*} 6^n \end{eqnarray*}$ teilen?

Die Gesamtzahl der "günstigen Fälle" muss durch $\begin{eqnarray*} 6^n \end{eqnarray*}$ geteilt werden, und das ist ja bei weitem noch nicht die Gesamtzahl... geschockt

geschockt

Zitat:

Original von Gwyn
Und was mache ich dann mit den restlichen Elementen von denen du gesprochen hast?

Habe ich ja auch geschrieben: Die restlichen Würfel können dann beliebige Augenzahlen > m haben... Das ergibt dann natürlich auch wieder eine gewisse Anzahl von Möglichkeiten, welche mit der erstgenannten "kombiniert" werden muss... Das muss man natürlich für alle Werte von k machen, die in Frage kommen...

Rechne einfach mal ein simples Beispiel, wie das schon vorgeschlagene m=2, n=3 vollständig durch... Da sieht man dann "an Ort und Stelle" am besten, wo es "hakt"...

25.04.2011, 15:10

Gwyn

Auf diesen Beitrag antworten »

Hm.. Also ich hab mich jetzt mal an m=2, n=3 versucht.
Ich komme da also auf 1 Möglichkeit, wenn ich nur zweier habe, also (222). Dann kommen da 4*3 Möglichkeiten wenn ich zwei zweier drin habe.. wie z.B. (223). Wenn ich eine 2 drinhaben will, habe ich zwei Möglichkeiten, entweder die anderen beiden Zahlen sind gleich (233), da habe ich dann nochmals 4*3 Möglichkeiten oder sie sind verschieden, wobei ich auf 6*6 Möglichkeiten käme. Damit hätte ich insgesamt 61 Möglichkeiten, oder habe ich da was übersehen?
Irgendwie hilft mir das aber leider immer noch nicht wirklich weiter verwirrt

verwirrt

Ich glaub ich steh da total auf dem Schlauch...

Anzeige

25.04.2011, 18:42

Gwyn

Auf diesen Beitrag antworten »

Habe nochmal ein wenig rumprobiert und über die aufgabe nachgedacht.
Ich bin jetzt also zu folgendem Ergebnis gekommen:
Es gibt eine Möglichkeit, wenn alle Zahlen =m sind.
Ich habe n Stellen und kann sie wie folgt belegen:
1 Stelle muss =m sein, damit ist sie festgelegt und kann keine andere Zahl enthalten.
Dann muss eine Stelle >m sein. Hierfür ergeben sich nun 6-m mögliche Zahlen, die Zahl m selbst ist also nicht möglich.
Für die restlichen Stellen kann ich 6-m+1 Zahl einsetzen. Diese Stelle kann also Zahlen größer gleich m enthalten.
Somit ergibt sich für mich insgesamt: 1*(6-m)*(6-m+1)^(n-2) +1 Möglichkeiten. Dies sind dann also meine günstigen Fälle, die noch durch 6^n geteilt werden müssen, wobei dies für n>1 gilt.

Wäre echt super, wenn mal einer drüber schauen könnte und mir ein kurzes feedback geben könnte.

25.04.2011, 18:53

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Gwyn
Hm.. Also ich hab mich jetzt mal an m=2, n=3 versucht.
Ich komme da also auf 1 Möglichkeit, wenn ich nur zweier habe, also (222). Dann kommen da 4*3 Möglichkeiten wenn ich zwei zweier drin habe.. wie z.B. (223). Wenn ich eine 2 drinhaben will, habe ich zwei Möglichkeiten, entweder die anderen beiden Zahlen sind gleich (233), da habe ich dann nochmals 4*3 Möglichkeiten oder sie sind verschieden, wobei ich auf 6*6 Möglichkeiten käme. Damit hätte ich insgesamt 61 Möglichkeiten, oder habe ich da was übersehen?

Anscheinend...Versuchen wir das mal herauszufinden (wobei k die Anzahl der Würfel mit m=2 ist)

Ja, es gibt nur eine Möglichkeit wenn k=3 ist und ja, es gibt 4*3 Möglichkeiten, wenn k=2 ist, aber deine Rechnung mit k=1 versteh ich nicht... Könntest vielleicht nur mal diese eine Rechnung für k=1 im Detail ausführen?

25.04.2011, 19:17

Gwyn

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hab das an einem Beispiel gemacht...
da hab ich dann zum Beispiel (234), das kann ich auf folgende Arten anordnen:
234 , 243 , 324 , 423 , 432 , 342 das müssten meine ich alle Möglichkeiten sein, also 6 Stück.
Analog kann man 235 , 236 , 245 , 246 und 256 anordnen. Das sind also auch 6 Möglichkeiten.
Insgesamt also 6*6.

Kannst du mir vielleicht auch was zu meiner Formel sagen?
ich hab da jetzt also 1*(6-m)*(6-m+1)^(n-2) *n+1 günstige Fälle für n>1. Kann das sein?

25.04.2011, 19:45

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Gwyn
Ich hab das an einem Beispiel gemacht...
da hab ich dann zum Beispiel (234), das kann ich auf folgende Arten anordnen:
234 , 243 , 324 , 423 , 432 , 342 das müssten meine ich alle Möglichkeiten sein, also 6 Stück.
Analog kann man 235 , 236 , 245 , 246 und 256 anordnen. Das sind also auch 6 Möglichkeiten.
Insgesamt also 6*6.

Kannst du mir vielleicht auch was zu meiner Formel sagen?
ich hab da jetzt also 1*(6-m)*(6-m+1)^(n-2) *n+1 günstige Fälle für n>1. Kann das sein?

Ich versteh deine Überlegungen nicht, insbesondere was deine "Anordnungen" hier sollen.... Wir haben doch für k=1, m=2, n=3 genau

$\begin{eqnarray*} \binom 31 =3 \end{eqnarray*}$

Möglichkeiten, den Würfel (oder bessere eigentlich den Wurf) auszuwählen, der die Augenzahl m=2 aufweist... Für die restlichen 2 Würfe können wird dann unter m+1=3,...,6 frei wählen, d.h., wir haben insgesamt

$\begin{eqnarray*} \binom 31 \cdot (6-2)^2 =48 \end{eqnarray*}$

Möglichkeiten... Wenn wir aufaddieren, kommen wir auf 61, das würde hier auch deine Formel liefern, was aber noch nicht heißt, dass sie auch allgemein stimmt...

25.04.2011, 20:05

Gwyn

Auf diesen Beitrag antworten »

Dann wären das also:
$\begin{eqnarray*} \binom n k \cdot (6-m)^{n-k} \end{eqnarray*}$
Stimmt das jetzt so? ich habe also $\begin{eqnarray*} \binom nk \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten meine k-elementige Teilmenge aus n Elementen zu wählen. Es bleiben 6-m Möglichkeiten für die restlichen n-k Stellen.

25.04.2011, 20:28

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Genau! Und das musst jetzt für alle "zulässigen" Werte von k aufsummieren und für diese Summe dann noch eine schöne Formel finden...

25.04.2011, 21:03

Gwyn

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke!
ich habe da dann also $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n \binom nk (6-m){n-k} \end{eqnarray*}$
Hab das ein wenig umgeformt und komme dann auf $\begin{eqnarray*} (7-m)^n -(6-m)^n \end{eqnarray*}$ ...
Ich hoffe da stimmt dann alles soweit smile

smile

Danke nochmal fürs mühsame erklären

25.04.2011, 21:30

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich nehme mal an, du meinst

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n \binom nk (6-m)^{n-k} \end{eqnarray*}$

aber sonst stimmt's meiner Meinung nach... Freude

Freude

26.04.2011, 10:01

ChronoTrigger

Auf diesen Beitrag antworten »

so hatte ich mir das auch überlegt, doch heute ist mir da noch etwas aufgefallen.

Falls man sich für den Fall $\begin{eqnarray*} m=6 \end{eqnarray*}$ interessiert, erhält man der Formel nach eine Wahrscheinlichkeit von 0, aber dieser Falls kann doch durchaus auftreten, oder?

26.04.2011, 10:14

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von ChronoTrigger
so hatte ich mir das auch überlegt, doch heute ist mir da noch etwas aufgefallen.

Falls man sich für den Fall $\begin{eqnarray*} m=6 \end{eqnarray*}$ interessiert, erhält man der Formel nach eine Wahrscheinlichkeit von 0, aber dieser Falls kann doch durchaus auftreten, oder?

Keine Ahnung wie du auf 0 kommst, insbesondere da du uns deine Rechnung ja auch vorenthältst... Ich sehe eigentlich nur, dass die Berechnung der günstigen Fälle mithilfe der Formel

$\begin{eqnarray*} (7-m)^n-(6-m)^n \end{eqnarray*}$

für m=6 den Wert 1 ergibt oder siehst du das anders? verwirrt

verwirrt

Edit: Es gibt aber eine andere Sache, die bislang interessanterweise noch niemandem aufgefallen ist... Da die Endformel für die Anzahl der "günstigen" Fälle ja wirklich sehr einfach ist, gibt das zu ernsten Zweifeln Anlaß, ob der hier eingeschlagene Weg wirklich der optimale ist oder ob es nicht doch eine einfachere Überlegung gibt, die zu ihr führt... Naja, und bei genauerer Betrachtung... Finger1

Finger1

Finger1

Finger1

26.04.2011, 19:03

ChronoTrigger

Auf diesen Beitrag antworten »

Soweit ich die letzten posts in diesem Thread und auch deine Fragestellungen in deinem ersten Post verstanden habe, ist die Anzahl der günstigen Fälle gegeben durch:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n \binom nk (6-m)^{n-k} \end{eqnarray*}$

Die Anzahl der möglichen Fälle ist $\begin{eqnarray*} 6^n \end{eqnarray*}$ ,

und somit ist die Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} \frac{\sum\limits_{k=1}^n \binom nk (6-m)^{n-k}}{6^n} \end{eqnarray*}$

hier lag dann auch mein Denkfehler, da ich den Fall $\begin{eqnarray*} k=n \end{eqnarray*}$ in der Summe nicht beachtet habe, und vergessen habe, dass $\begin{eqnarray*} 0^0=1 \end{eqnarray*}$ gilt Hammer

Hammer

Zitat:

ch sehe eigentlich nur, dass die Berechnung der günstigen Fälle mithilfe der Formel

$\begin{eqnarray*} (7-m)^n-(6-m)^n \end{eqnarray*}$

für m=6 den Wert 1 ergibt oder siehst du das anders? verwirrt

Mir ist momentan nicht klar, wie man von $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n \binom nk (6-m)^{n-k} \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} (7-m)^n-(6-m)^n \end{eqnarray*}$ kommt.

Kannst du, oder vielleicht auch Gwyn, da noch einmal einen kleinen Tipp geben?

Wenn ich den binomischen Lehrssatz verwende, erhalte ich doch nur

$\begin{eqnarray*} (6-m+1)^n=(7-m)^n \end{eqnarray*}$

26.04.2011, 19:17

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von ChronoTrigger
Mir ist momentan nicht klar, wie man von $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n \binom nk (6-m)^{n-k} \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} (7-m)^n-(6-m)^n \end{eqnarray*}$ kommt.

Kannst du, oder vielleicht auch Gwyn, da noch einmal einen kleinen Tipp geben?

Wenn ich den binomischen Lehrssatz verwende, erhalte ich doch nur

$\begin{eqnarray*} (6-m+1)^n=(7-m)^n \end{eqnarray*}$

Naja, du must einfach verwenden, dass nach dem Binomischen Lehrsatz gilt

$\begin{eqnarray*} (6-m+1)^n=\sum_{k=0}^n \binom nk (6-m)^{n-k} \end{eqnarray*}$

Ich seh da ehrlich gesagt jetzt nicht, wo genau dein Problem hier ist... verwirrt

verwirrt

26.04.2011, 19:30

ChronoTrigger

Auf diesen Beitrag antworten »

mir ist nicht klar, woher das $\begin{eqnarray*} -(6-m)^n \end{eqnarray*}$ kommt.

26.04.2011, 19:43

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe den Verdacht... Aber nein, das kann nicht sein... geschockt

geschockt

Sorry, aber für einen kleinen Moment lang hielt ich es für möglich, dass du nicht gesehen hast, dass die Summen über die k, um die es hier geht einmal bei k=0 und einmal bei k=1 starten... Aber sowas wäre dir doch sicher aufgefallen, oder? verwirrt

verwirrt

26.04.2011, 19:51

ChronoTrigger

Auf diesen Beitrag antworten »

Hammer

Hammer

Hammer

das ist mir wirklich nicht aufgefallen. LOL Hammer

LOL Hammer

damit ist dann natürlich alles klar.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »