(fortgeschrittene??) Würfelaufgabe

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Knallbier Auf diesen Beitrag antworten »
(fortgeschrittene??) Würfelaufgabe
Moin
Ich versuchte mich grade an einer Aufgabe, aber da der Stochastikunterricht schon ein paar Jahre zurück liegt, bin ich mir nicht sicher was ich tue.

Die Aufgabe: Es wird 20 mal gewürfelt. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass jede Zahl mindestens einmal vokommt?

Ich habe mir überlegt über das Gegenereignis ranzugehen, also wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist dass eine Zahl nicht vorkommt.
Für die 1 wäre dass dann ja (5/6)²° = 0,026...
Das Ganze *6 = 0,1565...
Da sind aber Ergebnisse doppelt gezählt, wenn 2,3,4 oder 5 Zahlen nicht vorkommen.
Diese Wahrscheinlichkeiten habe ich von dem Ergebnis abgezogen.

Also: 6*(5/6)²°-15*(4/6)²°-20*(3/6)²°-15*(2/6)²°-6*(1/6)²°
= 0,15197431

Somit wäre die Wahrscheinlichkeit 1 - 0,15197431 = 0,84802569

Liege ich da richtig? Mir kommt das ein wenig hoch vor.
kurellajunior Auf diesen Beitrag antworten »
RE: (fortgeschrittene??) Würfelaufgabe
Hallo Knallbier,

Ich kann Deinen Ansatz nicht ganz nachvollziehen, ich befürchte, da sind einige Daten durcheinander geraten. Ich schlage folgenden Ansatz vor:
Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass die ersten 6 jeweils alle Zahlen aufweisen. Für alle anderen 14 gilt dann nämlich p=1. Jetzt nur noch die möglichen Anordnungen der 6 und der 14 miteinander berechnen und beides multiplizieren. Guck mla ob das besser wird.

Nebenbei, mir scheint das Ergebnis zu gering... Nimm doch mal 20 Würfel und versuche einen Wurf zu landen, in dem tatsächlich eine Zahl fehlt... Augenzwinkern Als alter Rollenspieler weißt Du, dass bei 20 Würfeln eigentlich immer eine 6 dabei ist 8)

Jan
Knallbier Auf diesen Beitrag antworten »

@ kurellajunior: Hört sich gut an, nur weiß ich nicht mehr wie man das jetzt rechnet.
Wäre nett wenn Du die Zeit fändest das kurz durchzurechnen.

In meinem Ansatz meine ich einen Fehler gefunden zu haben, ich bau noch ein paar Klammern ein.


6*(5/6)²°-[15*(4/6)²°-[20*(3/6)²°-[15*(2/6)²°-6*(1/6)²°]]]
= 0,15201246

somit wäre das Ergebnis 0,84798754. Zwar nur ein geringer Unterschied, aber immerhin..
kurellajunior Auf diesen Beitrag antworten »

Ich fang mal an. Bei 6 Würfeln sollte es klar sein:


Jetzt die Frage, wie man diese 6 Würfel innerhalb der 20 anordnen kann. Da diese aus unserer Sicht alle egal sind, Überleg Dir mal allgemein, wieviele Anordnungen es für n weiße und m schwarze Kugeln gibt. (Probiers mal mit (1;2) und (3;4) aus) Poste was Du dort bekommst und mir gucken mal...

Edit: Ich glaube Deine Formel reicht noch nicht:


Ich bin mir auch nicht wirklich sicher, ob das hinhaut... Aber wenn ich Deiner Logik folge, dann so.

Das Ergebnis sollte schon eher hinkommen. Ohne selbst gerechnet zu haben, glaube ich dass die Wahrscheinlichkeit, alle 6 zu haben bei 20 Würfeln sehr hoch (über 80%) ist.

Jan
Knallbier Auf diesen Beitrag antworten »

Sooo ich hab einen 'Riesenfehler' gefunden. Und zwar hatte ich nicht die Ergebnisse auf die Seite geschrieben, sondern '1-Ergebnis'. Hab meine Beiträge aber editiert, jetzt passt das auch.
@kurellajunior: Die Größenordnung dürfte Dir auch besser gefallen, oder?
kurellajunior Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

Größenordnung ist gut. Mach mal die Gegenprobe über meinen vorgeschlagenen Weg, da Du diese Methode sehr oft brauchen wirst. (Anordnung von verschiedenen Elementen)

Meine Anmerkung mit der Klammerverschiebung beachtet?

Gruß, Jan
 
 
riwe Auf diesen Beitrag antworten »
RE: (fortgeschrittene??) Würfelaufgabe
da scheinst du richtig zu liegen,

da ich (gerade) zu faul zum denken bin, hab ich meinen pc 1.000.000 mal 20 würfe machen lassen und das dann von ihm auswerten lassen

p= 0,848116

prost

werner
riwe Auf diesen Beitrag antworten »
RE: (fortgeschrittene??) Würfelaufgabe
Hallo,

ich hab mir deine formel noch einmal angeschaut, hat mich intuitiv und irgendwie nicht ganz überzeugen können,

ich habe dann einen anderen zugang versucht mit folgender überlegung:

20 mal mit 1 würfeln = 1 mal mit 20 würfeln

die anzahl der möglichen anordnungen mit wiederholung der elemente A = n^k
(unter beachtung der reihenfolge!)

mit n = 6 und k = 20 also 6^20, beginnend mit 111111 bis 666666.

davon muß man nun alle anordnungen mit 5 elementen abziehen usw., mit n = 5, k = 20, also 5^20, und davon gibt es 6.

folgt in 1. näherung p = 1 – 6*(5/6)^20!

die anordnungen sind 1, 2, 3, 4, 5 à 111111 bis 555555
1, 2, 3 ,4, 6 à 11111 1 bis 666666 usw.,
daraus folgt,man zieht ZUVIELE anordnungen ab, also muß man alle anordnungen mit 4 elementen wieder addieren, usw., usw., ......

der effekt des ganzen, deine überlegung war grundsätzlich RICHTIG. Mit den obigen einschränkungen.

deine formel muß – nach obigem – also lauten:

p = 1 – 6*(5/6)^20 + 15*(4/6)^20 – 20*(3/6)^20 + 15*(2/6)^20 – 6*(176)^20

da die terme weiter hinten < 1, ist klar, dass bei k = 20 kein großer unterschied besteht.
Test bei k = 20: experiment: p = 0,847626 – 0,848787
du p = 0,848026 (delta < 0,05%)
neu p = 0,847987 (delta < 0,05%)

test bei k = 10: experiment: p = 0,271000 – 0,280100
du p = 0,310875 (delta > 10%)
neu p = 0,271812 (delta < 2%)

test bei k = 6 : experiment: p = 0,015200 – 0,016700
du p = 0,64069 (delta > 3700% !!)
neu p = 0,01543 (delta < 2%)

alle tests bei 10000 x 20 würfen

ich hoffe, es ist was positives dabei
werner

-------------------------------------------EDIT------------------------------------------------------

seh gerade, das ist das, was kurella.... ausgerechnet hat
werner

\\EDIT by sommer87: Bitte keine Doppelposts! Edit nutzen...
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