Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eine 6 vorkommt? |
| 25.01.2013, 17:42 | Duff-Man02 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eine 6 vorkommt? Hallo, Ich zerbreche mir gerade den Kopf über Folgendes: Die Aufgabe sei, die Wahrscheinlichkeit zu bestimmen, dass mit einem idealen Würfel, der 4x geworfen wird, mindestens eine sechs vorkommt. Ich weiß, dass das funktionieren muss, indem ich die Wahtscheinlichkeit für "keine 6" berechne" und diese dann von eins abziehe. Soweit so gut. Um die Wahrscheinlichkeit für "höchstens eine 6" zu berechnen, muss ich zunächst berechnen, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass genau eine sechs vorkommt. Das mach ich mit der Binomischen Formel (n über k) mal P(Erfolg)hoch Häufigkeit mal P(Miserfolg) hoch Häufigkeit. Dann addiere ich das Ergebnis mit der Wahrscheinlichkeit, dass keine 6 vorkommt, da "höchstens" eine 6 bedeutet, dass 0 oder eine 6 vorkommen können. Wenn die Aufgabe lauten würde "höchstens 2 sechsen", müsste ich die Wahrscheinlichkeit für genau eine 6, für genau 2 sechsen ausrechnen und diese beiden mit der Wahrscheinlichkeit "keine 6" addieren. Richtig soweit? Nun zu meinem Problem: Warum soll das bei "mindestens eine 6" nicht genau so gehen? Mindestens eine 6 bedeutet, dass 1,2,3 oder 4 von 4 Würfen 6 sein können. Ich würde dann die Wahrscheinlichkeit für eine, zwei, drei oder vier 6en mit der Formel oben berechnen, diese addieren und müsste dann auf denselben Wert kommen, wie mit 1-p(keine 6). Wo ist mein Denkfehler? Meine Ideen: Ideen sind oben. |
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| 25.01.2013, 17:52 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Kein Denkfehler, es geht auch auf diesem Weg - es ist einfach nur zu umständlich. Rechenfaulheit siegt! 
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| 25.01.2013, 18:51 | Duff-Man02 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ok, warum kommt's dann nicht hin? Sagen wir mal, es wird 4x nacheinander geworfen. Unter diesen Wüfen soll mind. eine 6 sein. 1-(5/6)^4=0,518... Aber (4 über 1) mal (1/6)^x mal (5/6)^(4-x), wobei x=1,2,3,4 das ist dann 125/324+25/324+5/324+1/324+(5/6)^4=0,9637... Ich hab auch schon überlegt, dass man den 1. Wert hier gar nicht mitzählen sollte, da ja mind. eine 6 dabei ist. So kommt man in die Nähe (0,5779...), aber eben nicht auf 0,518... wie oben. |
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| 25.01.2013, 19:03 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Nein, ist es nicht. 
125/324 + 25/216 + 5/324 + 1/1296 kommt eher hin. |
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| 25.01.2013, 19:37 | Duff-Man02 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
25/216 und 1/1296 
Warum muss man für den 2. und 4. Wurf für n über k 6 bzw. 1 einsetzen? Unf für den 1. und 3. wieder 4?
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| 25.01.2013, 20:01 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Weißt du denn nicht, was Binomialkoeffizienten sind? 
. Und , aber den Summanden brauchen wir hier ja nicht. |
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| 25.01.2013, 20:21 | Duff-Man02 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Doch, doch. 
Ich war aber nicht darauf gekommen, dass man die jeweils auch anpassen muss... Ich hab immer nur mit 4 über 1 gerechnet, was natürlich nicht geht, da sich die Anzahl der "Erfolge" jeweils ändert. Sowas übersehe ich oft. DANKE! |
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