Spiel mit 4 Würfeln

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hamounm Auf diesen Beitrag antworten »
Spiel mit 4 Würfeln
Hallo,

ich habe ein Problem mit den Teilaufgaben a) und b) der Abituraufgabe unten im Bild. Meine Rechnungen sind folgende:

Teil a):










Ist das alles richtig?

Teil b):



Ich verstehe nicht, warum in der Aufgabe steht, dass 90 der 1296 möglichen Ergebnisse zum Ereignis E gehören, weil 17/27 + 90/1296 nicht 1 ergeben würde. Also müssen doch meine Werte falsch sein oder?

Grüße
opi Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Spiel mit 4 Würfeln
und sind richtig, bei den anderen beiden gibt es Probleme mit den Permutationen.
Zitat:
Original von hamounm


Hmm, vier Würfel werden geworfen, wie viele Möglichkeiten sollte es also geben, an denen die "fremde" Zahl erscheint?
Bei Ereignis D ist es ähnlich: Wie viele Möglichkeiten gibt es, die zwei gleichen Zahlen unter die vier Stellen zu verteilen?
 
 
Kääsee Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Spiel mit 4 Würfeln
Zitat:
Original von opi

Hmm, vier Würfel werden geworfen, wie viele Möglichkeiten sollte es also geben, an denen die "fremde" Zahl erscheint?
Bei Ereignis D ist es ähnlich: Wie viele Möglichkeiten gibt es, die zwei gleichen Zahlen unter die vier Stellen zu verteilen?

Müsste man dann beim Ereignis A nicht eigentlich auch noch die Permutationen berücksichtigen? verwirrt
opi Auf diesen Beitrag antworten »

Nein.



Bei der Rechnung liegt folgender Gedankengang zu Grunde:
Der erste willkürlich* betrachtete Würfel darf zeigen, was er will. Der zweite wiederum alles, nur nicht die Zahl des ersten betrachteten Würfels. Und so weiter.

* Und bei dieser Willkür sind die Permutationen schon inbegriffen. Man könnte ja auch zuerst einen anderen Würfel betrachten.
Schwaches Argument, aber gutes Alarmsignal: würde man bei der Berechnung der WSK noch die Permutationen einbeziehen, hätte das Ereignis A eine WSK von über 1. geschockt
Kääsee Auf diesen Beitrag antworten »

Ah, verstehe. Danke! (bin schon ein wenig länger raus aus der Materie Augenzwinkern )
opi Auf diesen Beitrag antworten »

Viel Spaß beim wieder reinkommen! Big Laugh
hamounm Auf diesen Beitrag antworten »

Danke für die zahlreichen Antworten, habe es nun verstanden.
hamounm Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Spiel mit 4 Würfeln
Zitat:
Original von Kääsee
Zitat:
Original von opi

Hmm, vier Würfel werden geworfen, wie viele Möglichkeiten sollte es also geben, an denen die "fremde" Zahl erscheint?
Bei Ereignis D ist es ähnlich: Wie viele Möglichkeiten gibt es, die zwei gleichen Zahlen unter die vier Stellen zu verteilen?

Müsste man dann beim Ereignis A nicht eigentlich auch noch die Permutationen berücksichtigen? verwirrt


Muss mich doch noch mal korrigieren. Mein Gedankengang dazu war folgender:
Kääsee Auf diesen Beitrag antworten »

Und was "korrigierst" du damit? verwirrt
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Aufgabe b) deutet einen interessanten Aspekt bei solcherlei Aufgaben an:

Die Eigenschaft, dass die Wahrscheinlichkeitssumme über eine disjunkte Zerlegung (hier sind das gerade die fünf Ereignisse ) des Wahrscheinlichkeitsraums gleich 1 ist lässt sich als Kontrolle (d.h. Probe) nutzen. Natürlich nur dann, falls diese Einzelwahrscheinlichkeiten getrennt voneinander kombinatorisch ermittelt wurden.

Im vorliegenden Fall ist etwa

.. es treten 2 Paare von Augenzahlen auf

ja auch so berechenbar: Es gibt Möglichkeiten, die zwei Augenzahlen aus 1..6 auszuwählen, und anschließend Möglichkeiten, die beiden Positionen für die kleinere der beiden Augenzahlen auf die 4 Würfe zu verteilen - die beiden restlichen Positionen werden dann automatisch von der größeren Augenzahl belegt. Entsprechend ist

.

Die Probe lautet dann , vorausgesetzt die von opi oben angemahnten Fehler bei C und D werden korrigiert.
hamounm Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Kääsee
Und was "korrigierst" du damit? verwirrt


Dass ich alles verstanden habe.
hamounm Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Spiel mit 4 Würfeln
Zitat:
Original von hamounm
Zitat:
Original von Kääsee
Zitat:
Original von opi

Hmm, vier Würfel werden geworfen, wie viele Möglichkeiten sollte es also geben, an denen die "fremde" Zahl erscheint?
Bei Ereignis D ist es ähnlich: Wie viele Möglichkeiten gibt es, die zwei gleichen Zahlen unter die vier Stellen zu verteilen?

Müsste man dann beim Ereignis A nicht eigentlich auch noch die Permutationen berücksichtigen? verwirrt


Muss mich doch noch mal korrigieren. Mein Gedankengang dazu war folgender:
[attach]47076[/attach]


Was mache ich hier falsch?

Edit opi: Bild angehängt, damit wir wissen, wovon wir reden. smile
Kääsee Auf diesen Beitrag antworten »

Du meinst, warum die Permuationen schon einbegriffen sind? Das hat doch opi schon erklärt!
opi Auf diesen Beitrag antworten »

@hamounm:
Du gehst in Deinem Baumdiagramm davon aus, das der erste (betrachtete) Wurf Bestandteil des Dreierpaketes sei. Dabei hast Du übersehen, daß zuerst auch die "fremde" Zahl gezogen werden könnte, z.B. 2-5-5-5. Bei einem vierstufigen Zufallsexperiment muß auch das Baumdiagramm vier Verzweigungsstufen haben.

Zitat:
Original von Kääsee
Du meinst, warum die Permuationen schon einbegriffen sind? Das hat doch opi schon erklärt!

Zum fehlerhaften Baumdiagramm hat sich noch niemand geäußert. Augenzwinkern
hamounm Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von opi
@hamounm:
Du gehst in Deinem Baumdiagramm davon aus, das der erste (betrachtete) Wurf Bestandteil des Dreierpaketes sei. Dabei hast Du übersehen, daß zuerst auch die "fremde" Zahl gezogen werden könnte, z.B. 2-5-5-5. Bei einem vierstufigen Zufallsexperiment muß auch das Baumdiagramm vier Verzweigungsstufen haben.

Zitat:
Original von Kääsee
Du meinst, warum die Permuationen schon einbegriffen sind? Das hat doch opi schon erklärt!

Zum fehlerhaften Baumdiagramm hat sich noch niemand geäußert. Augenzwinkern


Aber wie kann ich das berücksichtigen, wenn es doch egal ist welche Zahl zuerst gezogen wird? Oder galt das nur für A und B?
opi Auf diesen Beitrag antworten »

Ich male Dir einmal den Anfang hin.
[attach]47089[/attach]

Edit: Dateianhang optimiert.
Kääsee Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von opi
Zum fehlerhaften Baumdiagramm hat sich noch niemand geäußert. Augenzwinkern

Das liegt daran, dass ich mir das ehrlich gesagt gar nicht angesehen hatte Big Laugh
opi Auf diesen Beitrag antworten »

Lehrer Erst ansehen, dann kommentieren, danach Prost
hamounm Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von opi
Ich male Dir einmal den Anfang hin.
[attach]47089[/attach]

Edit: Dateianhang optimiert.


Danke dir. Ich bekomme so allerdings nicht raus, sondern .
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Da der Grundraum aller 4-Wurf-Folgen nur Elemente besitzt, macht ein im Nenner nun überhaupt keinen Sinn - da hast du dich in der Verzweigungstiefe wohl vertan. unglücklich


Es soll um gehen, oder (geht leider nicht gerade deutlich aus deinem Begleittext hervor)? Dann ist das Baumdiagramm im Grunde genommen richtig, außer dass der eingliedrige Startzweig mit dem 6/6 bis zum komplett weg muss - diesen virtuellen fünften (eigentlich eher "nullten") Wurf gibt es gar nicht. Und Z ist dann aber auch nicht die Augenzahl des ersten Wurfs, sondern die Augenzahl, die insgesamt genau dreimal vorkommt!
opi Auf diesen Beitrag antworten »

Anscheinend haben wir allesamt aneinander vorbeigeredet.

hamounm hat bei seinem ersten Baumdiagramm Z als zuerst gewürfelte Zahl festgelegt, später:
Zitat:
Original von hamounm
Aber wie kann ich das berücksichtigen, wenn es doch egal ist welche Zahl zuerst gezogen wird?


[attach]47098[/attach]

Die Übersicht geht allerdings durch die Unterscheidung von , und rasch verloren. Ich habe in meinem Anfangsdiagramm leider die Ausgänge nur mit und beschrieben, das war falsch.

Zitat:
Original von HAL 9000
Und Z ist dann aber auch nicht die Augenzahl des ersten Wurfs, sondern die Augenzahl, die insgesamt genau dreimal vorkommt!

Diese Belegung von Z und damit das zugehörige Baumdiagramm sind natürlich übersichtlicher.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von opi
Zitat:
Original von HAL 9000
Und Z ist dann aber auch nicht die Augenzahl des ersten Wurfs, sondern die Augenzahl, die insgesamt genau dreimal vorkommt!

Diese Belegung von Z und damit das zugehörige Baumdiagramm sind natürlich übersichtlicher.

Da muss ich dir widersprechen: Ich finde deine jetzt vorgestellte Variante mit dem und klarer verständlich hinsichtlich der sequentiellen Natur dieser Wurffolge:

Denn woher soll man oben bei der ersten Verzweigung wissen, welche Augenzahl "Z" ist, d.h., dass man gerade im Zweig "nicht Z" ist? Da braucht man an sich schon eine Glaskugel...

Deine Variante geht dieser Ungereimtheit aus dem Weg. Freude



P.S.: Da ich noch nie ein Fan dieser Baumdiagramme war, insbesondere nicht bei derart symmetrischen Problemen, würde ich das nicht sequentiell sondern gleich im ganzen betrachten:

Es gibt 6 Möglichkeiten, die dreifach auftretende Augenzahl auszuwählen, 5 Möglichkeiten zur Auswahl der nur einfach auftretenden Augenzahl und schließlich 4 Möglichkeiten für die Positionierung dieser einfach auftretenden Augenzahl innerhalb der Wurffolge. Macht insgesamt



(Ich kürze deswegen nicht komplett).
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