Spezielles Verteilungs-/Würfelproblem |
| 04.12.2011, 23:06 | Pieter_A | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| Spezielles Verteilungs-/Würfelproblem Hier ist die Wahrscheinlichkeitsverteilung für folgenden Sachverhalt angegeben: Man führt mit einem normalen Würfel solange Würfe aus, bis zum ersten Mal die 6 auftaucht. Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für die Anzahl dieser Würfe: beim 1. Mal: (1/6) beim 2. Mal: (5/6)*(1/6) ... beim 5. Mal: (5/6)^4 *(1/6) beim 6. Mal: (5/6)^5 *(1/6) ... und so weiter (das ist ja die "geometrische Verteilung") Nun das eigentliche Problem: Man nehme an, die Würfelreihe ist abgeschlossen und man konnte nicht in Erfahrung bringen, wie viele Runden es gedauert hat. Der einzige Hinweis ist folgender: entweder fiel die 6 beim 5. Mal (Fall A) oder beim 6. Mal (Fall B). Wie soll man jetzt die Wahrscheinlichkeiten für Fall A und für Fall B berechnen? Meine Ideen: Also auf jeden Fall muss gelten: P(Fall A)+P(Fall B)= 100% Meine Idee (bei der ich mir ganz unsicher war, deswegen suche ich mir ja Hilfe) ist diese Rechnung P(A)= (0,080)/(0,080+0,067) =0.544 P(B)= (0,067)/(0,080+0,067) =0.455 |
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| 04.12.2011, 23:21 | roterschneeball | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Wie kommst du denn auf P(A)= (0,080)/(0,080+0,067) =0.544 P(B)= (0,067)/(0,080+0,067) =0.455 ? |
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| 04.12.2011, 23:38 | Dopap | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| RE: Spezielles Verteilungs-/Würfelproblem der Treffer geschah beim 5. exklusiv oder beim 6. Versuch. Damit steht die Anzahl der Versuche so gut wie fest. Ein Hinweis auf die unbekannte Anzahl erübrügt sich demnach. Wenn du zu deiner Rechnung noch irgendwas gesagt hättest, könnte man den Weg nachvollziehen. Ich seh' es so: ist eingetreten. gesucht ist nun sowie jetzt noch den Satz von Bayes angewandt... |
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| 04.12.2011, 23:49 | Zellerli | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich weiß viele Köche und so... Aber man kann es abkürzen: Deine Lösung ist bereits richtig. 
Schöner wäre allerdings, wenn du genaue Werte (also die Brüche und ihre Potenzen) eingesetzt hättest.Deine Terme entsprechen auch denen, die du aus Bayes (siehe Dopap) gewonnen hättest, denn die Wahrscheinlichkeit, dass "A oder B" eintritt unter der Bedingung, dass "A" eintritt ist 1. Daher "fehlt" vermeintlich ein Faktor im Zähler. |
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| 05.12.2011, 14:34 | René Gruber | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich habe das dunkle Gefühl, dass die Frage auf die gestrige Adventskalenderaufgabe abzielt, insbesondere wegen dieser speziellen "Bedingung"
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