Stochastik Aufgabe (welche Formel nehme ich?)

22.07.2012, 23:18

LBJ6

Stochastik Aufgabe (welche Formel nehme ich?)

Meine Frage:
Hey,

ich habe eine Frage zu einer Aufgabe:

Wahrscheinlichkeit dass 4x Würfeln = Augenzahl 7

Meine Ideen:
Augenzahl 7 bedeutet: 1114, 1123, 1222 wären möglich.

Nun gibt es für 1114 exakt 4 Möglichkeiten diese anzuordnen
1114,1141,1411,4111.

Für 1222 ebenfalls 4. 1222, 2122, 2212, 2221

Für 1123 gibt es 12 Möglichkeiten, es gibt ne Formel im Skript mit der man das ausrechnen kann, zur Not eben auf dem Papier.

Ingesamt 4+4+12 = 20 Möglichkeiten, dass Augenzahl 7

20/ 6^4 = 0,015432..... ( Das ist die richtige Lösung)

NUN MEINE FRAGE:

Ich hätte das ganze mit der Formel $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} n+k-1 \\ k \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ berechnet. n = 6, k = 4
Dabei kommt 126 raus. Dabei ist die Reihenfolge EGAL, mit zurücklegen

Es gibt 3 "mengen", 1114, 1123, 1222 (wobei es egal ist ob man bsp die 4 zuerst wirft und danach 3x1 oder auf eine andere weise)

3/126 ist aber falsch. Was ist an meinem Ansatz falsch bzw warum komm ich nicht auf die Lösung damit?

23.07.2012, 00:19

Kasen75

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo,

wenn du die Anzahl aller möglichen Ereignisse mit der Formel "mit Berücksichtigung der Reihenfolge" und "mit Wiederholung" anwendest, dann passt es doch. Die Reihenfolge ist ja nicht egal. Es ist ein Unterschied, ob Würfel 1 1 z.B. die Zahl 2 anzeigt, oder der Würfel 2,3 oder 4. Also muss unterschieden werden. Jeder Würfel hat für sich jeweils 6 mögliche Ereignisse unabhängig davon, was die anderen 3 Würfel anzeigen.
Im Übrigen hast du diese Überlegung bei der Ermittlung der günstigen Ereignisse (20)auch die Reihenfolge berücksichtigt.

Mit freundlichen Grüßen.

23.07.2012, 09:52

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von LBJ6
Ich hätte das ganze mit der Formel $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} n+k-1 \\ k \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ berechnet. n = 6, k = 4
Dabei kommt 126 raus. Dabei ist die Reihenfolge EGAL, mit zurücklegen

Es gibt 3 "mengen", 1114, 1123, 1222 (wobei es egal ist ob man bsp die 4 zuerst wirft und danach 3x1 oder auf eine andere weise)

3/126 ist aber falsch. Was ist an meinem Ansatz falsch bzw warum komm ich nicht auf die Lösung damit?

Ein Klassiker, dieser Irrtum:

Wahrscheinlichkeit der Augensumme

23.07.2012, 11:02

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Wobei sich die Anzahl 20 der günstigen Fälle auch schreiben lässt als

$\begin{eqnarray*} \binom 6 3 \end{eqnarray*}$

d.h., als die Anzahl der Möglichkeiten, aus einer 6-elementigen Menge 3-elementige Teilmengen auszuwählen... Ich seh aber leider jetzt nicht unmittelbar, dass man die gesuchte Anzahl kombinatorisch so deuten könnte...

23.07.2012, 16:32

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Mystic
Ich seh aber leider jetzt nicht unmittelbar, dass man die gesuchte Anzahl kombinatorisch so deuten könnte...

Doch, das geht schon, durch Kombinationen mit Wiederholung

$\begin{eqnarray*} \binom{n+k-1}{k} = \binom{4+3-1}{3} = \binom{6}{3} = 20 \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} n=4 \end{eqnarray*}$ Würfeln, aus denen $\begin{eqnarray*} k=7-4=3 \end{eqnarray*}$ mal auswählt wird, mit Zurücklegen. Die Anzahl, wie oft ein Würfel ausgewählt wird, entspricht dessen Augenzahl minus Eins. Augenzwinkern

Damit ist aber auch klar, dass das so mit 4 Würfeln nur bis zu Augensumme 9 klappt, denn bei Augensumme 10 würde man mit diesem Verfahren auch 1+1+1+7 mitzählen - da werden dann Korrekturen fällig. Augenzwinkern

P.S.: Hatten wir das nicht schon mal? Ist dir vermutlich entfallen. smile

23.07.2012, 18:19

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von HAL 9000

Doch, das geht schon, durch Kombinationen mit Wiederholung

$\begin{eqnarray*} \binom{n+k-1}{k} = \binom{4+3-1}{3} = \binom{6}{3} = 20 \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} n=4 \end{eqnarray*}$ Würfeln, aus denen $\begin{eqnarray*} k=7-4=3 \end{eqnarray*}$ mal auswählt wird, mit Zurücklegen. Die Anzahl, wie oft ein Würfel ausgewählt wird, entspricht dessen Augenzahl minus Eins. Augenzwinkern

Ich habe vermutlich ein Brett vor dem Kopf, aber ich versteh leider noch immer nicht, wie das genau funktioniert, obwohl ich natürlich auch an die Möglichkeit einer Kombination mit Wiederholung gedacht hatte... unglücklich

Insbesondere ist mir aus deiner Beschreibung oben nicht klar geworden, was genau die Objekte sind aus denen 3 mit Zürücklegen, d.h., mit ev. Wiederholung, gezogen werden und wie man dann aus diesem Tripel ein Quadrupel von positiven ganzen Zahlen konstruieren kann, dessen Komponentensumme genau 7 ist... Könntest du das ev. noch an einem Beispiel vorführen, z.B. für das Quadrupel (2,1,1,3) ? Augenzwinkern

Zitat:

Original von HAL 9000
P.S.: Hatten wir das nicht schon mal? Ist dir vermutlich entfallen. smile

Ja, ich habe sicher schon mal in der Art argumentiert, dass die gesuchte Anzahl der Koeffizient von $\begin{eqnarray*} x^7 \end{eqnarray*}$ in der Reihe

$\begin{eqnarray*} (x+x^2+x^3+\ldots)^4=x^4(1-x)^{-4} =x^4 \sum_{k=0}^\infty\underbrace{\binom{-4}k}_{(-1)^k\binom {4+k-1}k} (-1)^kx^k=\sum_{k=0}^\infty \binom {3+k}k x^{k+4} \end{eqnarray*}$

ist, welcher somit $\begin{eqnarray*} \binom 63 \end{eqnarray*}$ ist... Rein rechnerisch ist mir das also durchaus klar, nur löst das leider nicht mein oben geschildertes Problem... unglücklich

23.07.2012, 18:33

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Mystic
Könntest du das ev. noch an einem Beispiel vorführen, z.B. für das Quadrupel (2,1,1,3) ?

Zunächst mal bilden wir das Quadrupel der "Augenzahlen minus 1", das ist (1,0,0,2).

Und das entspricht jetzt der Auswahl von einmal Würfel 1 sowie zweimal Würfel 4 bei insgesamt k=3 Auswahlen. (Durch das "minus Eins" reduziert sich natürlich die Summe 7 um die Würfelanzahl 4.)

P.S.: Diese Summeninterpretation ist ja durchaus gängig.

24.07.2012, 08:03

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, ich denke, jetzt ist der "Groschen endlich gefallen"...Ich hatte da echt sowas wie einen "blinden Fleck" in meinem Kombinatorik-Grundwissen... Also für alle, denen es ähnlich geht, hier nochmals mit meinen Worten:

$\begin{eqnarray*} \binom nk \end{eqnarray*}$ kann man einerseits deuten als die Anzahl aller k-elementigen Teilmengen einer n-elementigen Menge, über die den Teilmengen zugeordneten charakteristischen Funktionen aber auch als die Anzahl aller n-Tupel in $\begin{eqnarray*} \{0,1\}^n \end{eqnarray*}$ , für welche die Komponentensumme genau k beträgt... Genauso kann man $\begin{eqnarray*} \binom {n+k-1}k \end{eqnarray*}$ (=Kombination mit Wiederholung) einerseits deuten als die Anzahl aller k-elementigen Multiteilmengen einer n-elementigen Menge, andererseits aber auch wieder als die Anzahl aller n-Tupel in $\begin{eqnarray*} \{0,1,\ldots,k\}^n \end{eqnarray*}$ , für welche die Komponentensumme genau k beträgt...Es ist dieser letztere Zusammenhang, den ich nicht gesehen habe... Danke für die Aufklärung... Augenzwinkern

Neue Frage »

Antworten »

Stochastik Aufgabe (welche Formel nehme ich?)

Verwandte Themen