Spiel mit 4 Würfeln

29.04.2018, 22:14

hamounm

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):

$\begin{eqnarray*} P(A)=\frac{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3}{6^{4} } = \frac{5}{18} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(B)=\frac{6\cdot 1\cdot 1\cdot 1}{6^{4} } = \frac{1}{216} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(C)=3\cdot (\frac{6\cdot 1\cdot 1\cdot 5}{6^{4} }) = \frac{5}{72} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(D)=3\cdot (\frac{6\cdot 5\cdot 4\cdot 1}{6^{4} }) = \frac{5}{18} \end{eqnarray*}$

Ist das alles richtig?

Teil b):

$\begin{eqnarray*} P(A)+P(B)+P(C)+P(D)=\frac{17}{27} \end{eqnarray*}$

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

29.04.2018, 23:20

opi

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RE: Spiel mit 4 Würfeln
$\begin{eqnarray*} P(A) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(B) \end{eqnarray*}$ sind richtig, bei den anderen beiden gibt es Probleme mit den Permutationen.

Zitat:

Original von hamounm
$\begin{eqnarray*} P(C)={\color{red}3}\cdot (\frac{6\cdot 1\cdot 1\cdot 5}{6^{4} }) = \frac{5}{72} \end{eqnarray*}$

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?

30.04.2018, 19:49

Kääsee

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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

30.04.2018, 20:28

opi

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Nein.

$\begin{eqnarray*} P(A)=\frac{6}{6}\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{4}{6}\cdot \frac{3}{6} \end{eqnarray*}$

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

30.04.2018, 20:49

Kääsee

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Ah, verstehe. Danke! (bin schon ein wenig länger raus aus der Materie Augenzwinkern

)

30.04.2018, 20:56

opi

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Viel Spaß beim wieder reinkommen! Big Laugh

01.05.2018, 21:59

hamounm

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Danke für die zahlreichen Antworten, habe es nun verstanden.

01.05.2018, 22:20

hamounm

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RE: Spiel mit 4 Würfeln

Zitat:

Original von Kääsee

Zitat:

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:

02.05.2018, 12:54

Kääsee

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Und was "korrigierst" du damit? verwirrt

02.05.2018, 13:24

HAL 9000

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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 $\begin{eqnarray*} A\ldots E \end{eqnarray*}$ ) 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

$\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ .. es treten 2 Paare von Augenzahlen auf

ja auch so berechenbar: Es gibt $\begin{eqnarray*} \binom{6}{2} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten, die zwei Augenzahlen aus 1..6 auszuwählen, und anschließend $\begin{eqnarray*} \binom{4}{2} \end{eqnarray*}$ 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

$\begin{eqnarray*} P(E) = \frac{\binom{6}{2}\binom{4}{2}}{6^4} = \frac{90}{1296} = \frac{15}{216} \end{eqnarray*}$ .

Die Probe lautet dann $\begin{eqnarray*} P(A)+P(B)+P(C)+P(D)+P(E) = \frac{60+1+20+120+15}{216} = 1 \end{eqnarray*}$ , vorausgesetzt die von opi oben angemahnten Fehler bei C und D werden korrigiert.

02.05.2018, 19:46

hamounm

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Zitat:

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

Dass ich alles verstanden habe.

02.05.2018, 19:46

hamounm

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RE: Spiel mit 4 Würfeln

Zitat:

Original von hamounm

Zitat:

Original von Kääsee

Zitat:

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

02.05.2018, 19:57

Kääsee

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Du meinst, warum die Permuationen schon einbegriffen sind? Das hat doch opi schon erklärt!

02.05.2018, 21:01

opi

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@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

02.05.2018, 21:29

hamounm

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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?

02.05.2018, 21:59

opi

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

Edit: Dateianhang optimiert.

02.05.2018, 22:11

Kääsee

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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

02.05.2018, 22:16

opi

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Erst ansehen, dann kommentieren, danach Prost

03.05.2018, 11:48

hamounm

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Zitat:

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

Edit: Dateianhang optimiert.

Danke dir. Ich bekomme so allerdings nicht $\begin{eqnarray*} \frac{120}{6^4} \end{eqnarray*}$ raus, sondern $\begin{eqnarray*} \frac{120}{6^5} \end{eqnarray*}$ .

03.05.2018, 11:51

HAL 9000

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Da der Grundraum $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ aller 4-Wurf-Folgen nur $\begin{eqnarray*} 6^4 \end{eqnarray*}$ Elemente besitzt, macht ein $\begin{eqnarray*} 6^5 \end{eqnarray*}$ im Nenner nun überhaupt keinen Sinn - da hast du dich in der Verzweigungstiefe wohl vertan. unglücklich

Es soll um $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ 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 $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ 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!

03.05.2018, 22:40

opi

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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 $\begin{eqnarray*} Z_1 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} Z_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \overline{Z_1} \end{eqnarray*}$ rasch verloren. Ich habe in meinem Anfangsdiagramm leider die Ausgänge nur mit $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \overline{Z} \end{eqnarray*}$ 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.

04.05.2018, 10:01

HAL 9000

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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 $\begin{eqnarray*} Z_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Z_2 \end{eqnarray*}$ 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

$\begin{eqnarray*} P(C) = \frac{6\cdot 5\cdot 4}{6^4} = \frac{20}{216} \end{eqnarray*}$

(Ich kürze deswegen nicht komplett).

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