13 Würfel, mindestens 2 Sechser

26.10.2017, 13:41

forbin

13 Würfel, mindestens 2 Sechser

Hallo,

Zitat:

Spieler 1 wirft 13 Würfel und gewinnt bei wenigstens zwei Sechsern. Spieler 2 wirft n Würfel und gewinnt bei wenigstens einer Sechs. Für welche $\begin{eqnarray*} n\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ hat Spieler 2 eine höhere Gewinnwahrscheinlichkeit als Spieler 1?

Ich bilde für Spieler 1 folgenden Wahrscheinlichkeitsraum:
$\begin{eqnarray*} \Omega=\{1,...,6\}^{13}, \mathbb P=L_{\Omega}, \mathbb A = Pot(\Omega) \end{eqnarray*}$

Nun suche ich das Ereignis A = "Mindestens zwei Sechser" $\begin{eqnarray*} \Rightarrow A^{C} \end{eqnarray*}$ ="Höchstens zwei sind keine Sechser"

Die Menge $\begin{eqnarray*} A^{C} \end{eqnarray*}$ habe ich mir folgendermaßen hergeleitet:
1) Alle Würfel sind Sechser => 1 Möglichkeit
2) Einer ist keine Sechs, d.h. es gibt fünf Möglichkeiten, was er stattdessen zeigt und 13 Möglichkeiten, wo => 5*13 Möglichkeiten
3) Zwei sind keine Sechs, d.h. wie in 2), aber mit 13*12 Möglichkeiten der Position => 5*13*12 Möglichkeiten

$\begin{eqnarray*} |A^{C}| = 1+5\cdot13+5\cdot13\cdot12 = 846 \Rightarrow\mathbb P(A) = 1 - \frac{846}{6^{13}} = 99,9999935% \end{eqnarray*}$

Kommt mir zwar ein bisschen viel vor, aber es gibt ja auch sehr viele Möglichkeiten im Ereignisraum.
Was sagt ihr dazu?

€dit: geschockt

Habe das Gegenereignis falsch bestimmt.
$\begin{eqnarray*} A^{C} \end{eqnarray*}$ ="Genau Eine oder keine Sechs".
Die Anzahl der Möglichkeiten für "keine Sechs" ist $\begin{eqnarray*} 5^13 \end{eqnarray*}$ .
Die Anzahl für "Genau eine Sechs" ist $\begin{eqnarray*} 5^{13}-13 \end{eqnarray*}$ , da ich ja $\begin{eqnarray*} 5^{13} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten für keine Sechs habe, aber 13 Möglichkeiten, nun genau eine zu haben verwirrt

Jetzt bin ich komplett durcheinander...

26.10.2017, 13:57

Mathema

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Hallo,

ich verstehe nicht wirklich was du machst. Das Gegenereignis zu "mindestens zwei Sechser" ist doch "höchstens einer zeigt eine 6".

Das ist doch dann einfach Bernoulli.

26.10.2017, 13:59

forbin

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Zitat:

Original von Mathema
Hallo,

ich verstehe nicht wirklich was du machst. Das Gegenereignis zu "mindestens zwei Sechser" ist doch "höchstens einer zeigt eine 6".

Das ist doch dann einfach Bernoulli.

Habe es oben schon geändert, aber wahrscheinlich noch falscher unglücklich

26.10.2017, 14:02

adiutor62

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Die Ereignisse haben fast dieselbe WKT:

P(X>=2) = 0,663530035646

P(X>=1) = 0,66510202332

http://www.arndt-bruenner.de/mathe/scrip...verteilung1.htm

Ansonsten gilt, was Mathema sagte.

26.10.2017, 14:03

Mathema

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Für genau eine 6 hast du doch 13 Plätze für die 6 und dann doch noch jeweils 5 Möglichkeiten die restlichen 12 Plätze zu belegen.

26.10.2017, 14:09

forbin

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Zitat:

Original von Mathema
Für genau eine 6 hast du doch 13 Plätze für die 6 und dann doch noch jeweils 5 Möglichkeiten die restlichen 12 Plätze zu belegen.

Macht $\begin{eqnarray*} 13\cdot 5^{12} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten?

26.10.2017, 14:14

Mathema

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Ja.

26.10.2017, 18:03

forbin

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Also hat $\begin{eqnarray*} A^{C} \end{eqnarray*}$ die Mächtigkeit $\begin{eqnarray*} 5^{13}+13\cdot 5^{12} \end{eqnarray*}$ .

Damit ist $\begin{eqnarray*} \mathbb P(A) = 1 - \frac{18\cdot5^{12}}{6^{13}} = 1 - 3(\frac{5}{6})^{12} \end{eqnarray*}$

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