Würfeln mit zwei Würfeln

03.04.2025, 17:11	steviehawk	Auf diesen Beitrag antworten »
Würfeln mit zwei Würfeln Hallo zusammen, ich bin heute auf folgendes Problem gestoßen, was sich hier sicherlich schnell klären lässt. Wenn ich zwei Würfel "gleichzeitig" werfe und sie dann verstreut vor mir auf dem Tisch liegen, interessiere ich mich für die Wahrscheinlichkeit, dass ich eine 1 und eine 2 sehe. Jetzt geht es mir um die "korrekte" Konstruktion der Ergebnismenge. Ich kann die Würfel (künstlich/theoretisch) unterscheiden und Würfel 1 und Würfel 2 als Bezeichnung einführen. Dann gibt es 36 mögliche Ergebnisse. Dann gibt es zwei Situationen in denen ich eine 1 und eine 2 sehen kann. Nämlich bei (1,2) und (2,1). Die Wahrscheinlichkeit wäre dann P(eine 1 und eine 2 sichtbar) = 2/36 = 1/18. Auf der anderen Seite könnte ich jetzt die Würfel auch als nicht unterscheidbar betrachten. Die Unterscheidung habe ich ja (künstlich) eingeführt. Ich stecke zwei Würfel in den Becher, der kommt auf den Tisch und jetzt kontrolliere ich nur ob ich eine 1 und eine 2 sichtbar sind. In dieser Konstruktion gibt es insgesamt nur 21 mögliche Ergebnisse, weil ich (1,2) und (2,1) nicht mehr unterscheide. Es gibt in diesem Gedanke keinen ersten und zweiten Würfel. Man interessiert sich nur dafür ob da eine 1 und eine 2 zu sehen ist. Dann ist meine gesuchte Kombination nur eine von insgesamt 21. Die Wahrscheinlichkeit wäre dann 1/21. Jetzt frage ich mich, wie es sein kann, dass durch die Konstruktion die Wahrscheinlichkeiten verändert werden. Wenn ich jetzt das Gesetzt der großen Zahlen zur Hilfe nehmen würde und 10000 mal werfe, mir immer notiere, ob ich eine 1 und eine 2 sehe, liege ich dann mit der relativen Häufigkeit bei 1/21 oder bei 1/18? Je nachdem müsste ja eine Konstruktion "richtiger" als die "andere" sein. Für mich ist die Variante 1 die Geläufige, meine Schüler kamen aber auf die Idee Variante 2 zu verwenden, so komme ich auf die Problemstellung. Viele Grüße Stevie
03.04.2025, 17:20	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Bei der zweiten Konstruktion unterstellst du implizit eine Laplace-Verteilung, d.h. jede Würfelkombination ist gleichwertig. Was nicht stimmt, wie du sauber in Konstruktion 1 sehen kannst. $\begin{eqnarray} (1,1) \end{eqnarray}$ siehst du in $\begin{eqnarray} 1/36 \end{eqnarray}$ der Fälle und $\begin{eqnarray} (1,2) \end{eqnarray}$ doppelt so oft.
03.04.2025, 18:31	steviehawk	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke! Ich habe es schon vermutet. Wenn ich nun die richtige Verteilung aufstelle für die 21 Kombinationen, dann kommt auch wieder 1/18 raus, oder? Bin gerade unterwegs, muss ich mir später überlegen. Viele Grüße Stevie
03.04.2025, 21:58	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Bei drei statt zwei Würfeln sieht das dann so aus: Bruch-Würfelspiel Wahrscheinlich >1
04.04.2025, 03:44	Aleator	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Würfeln mit zwei Würfeln Wenn die Würfel unterscheidbar sind (z.B. ein roter und ein blauer Würfel oder nummerierte Würfel), dann sind die Wahrscheinlichkeiten beim gleichzeitigen und nacheinander Würfeln tatsächlich identisch. Wenn die Würfel jedoch nicht unterscheidbar sind (gleiche Farbe, keine Markierung), dann gibt es einen wesentlichen Unterschied: Beim nacheinander Würfeln können Sie die Würfel aufgrund der Reihenfolge unterscheiden (erster Wurf und zweiter Wurf), selbst wenn die Würfel physisch identisch sind. Beim gleichzeitigen Würfeln nicht unterscheidbarer Würfel können bestimmte Kombinationen nicht voneinander unterschieden werden. Beispiel mit zwei nicht unterscheidbaren Würfeln: Die Kombination "4 und 3" ist beim gleichzeitigen Würfeln nur eine mögliche Kombination. Beim nacheinander Würfeln hätten Sie "erst 4, dann 3" und "erst 3, dann 4" als unterscheidbare Ergebnisse. Bei nicht unterscheidbaren Würfeln ist die Menge der unterscheidbaren Ergebnisse beim gleichzeitigen Würfeln tatsächlich kleiner, was zu einer anderen Wahrscheinlichkeitsverteilung führt. Bei zwei gleichzeitigen, nicht unterscheidbaren Würfeln hätten Sie 21 statt 36 unterscheidbare Ergebnisse (alle Pasch-Würfe wie (1,1), (2,2) usw. plus alle gemischten Würfe, wobei (3,4) und (4,3) als gleich gelten).
04.04.2025, 05:18	steviehawk	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Würfeln mit zwei Würfeln Guten Morgen, und vielen Dank für die Hilfe! Dass die Menge dann kleiner ist also nur aus 21 Ergebnissen besteht hatte ich ja auch schon geschrieben. Aber der springende Punkt ist ja, wenn ich das jetzt richtig verstehe, dass in dieser Betrachtung keine Laplace-Verteilung mehr vorliegt und die Wahrscheinlichkeit für eine 1 und eine 2 nicht mehr bei 1/21 liegt. Viele Grüße Stevie
Anzeige

04.04.2025, 06:53	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeitstheoretisch kann man das so einordnen: Es gibt den originären Laplace-Wahrscheinlichkeitsraum $\begin{eqnarray} \Omega=\{1,2,3,4,5,6\}^2 \end{eqnarray}$ mit zugehöriger Verteilung $\begin{eqnarray} P\left(\{\omega\}\right) = \frac{1}{36} \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} \omega\in\Omega \end{eqnarray}$ . Und dann gibt es die vergröberte Sigma-Algebra $\begin{eqnarray} \mathcal{A} \end{eqnarray}$ , die von den 21 Mengen $\begin{eqnarray} \left\{ (i,j),(j,i) \right\} \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} i,j\in \{1,2,3,4,5,6\} \end{eqnarray}$ erzeugt wird - das entspricht in der Modellierung der Ununterscheidbarkeit der Würfel. In dem Sinne ist dann die bedingte Verteilung $\begin{eqnarray} P\left( \cdot \mid \mathcal{A}\right) \end{eqnarray}$ genau die, welche bei der Wahrscheinlichkeitsbetrachtung zweier ununterscheidbarer Würfel zu nutzen ist. Für $\begin{eqnarray} i\neq j \end{eqnarray}$ enthält die Erzeugermenge $\begin{eqnarray} \left\{ (i,j),(j,i) \right\} \end{eqnarray}$ genau zwei Elemente des Grundraums, für $\begin{eqnarray} i=j \end{eqnarray}$ jedoch nur eins (nämlich $\begin{eqnarray} (i,i) \end{eqnarray}$ ). Dementsprechend ist $\begin{eqnarray} P\left( \left\{ (i,j),(j,i) \right\} \mid A\right) = P\left( \left\{ (i,j),(j,i) \right\}\right) = \begin{cases} \frac{1}{36} &\mbox{ falls }i=j\\ \frac{1}{18} &\mbox{ falls }i\neq j\end{cases} \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} i,j\in \{1,2,3,4,5,6\} \end{eqnarray}$ . D.h., die Frage Unterscheidbarkeit/Ununterscheidbarkeit der Würfel ändert nicht wirklich den Grundraum, sondern stattdessen nur die Menge der beobachtbaren Ereignisse (= Sigma-Algebra): Im Falle der Ununterscheidbarkeit ist das dann eben nur $\begin{eqnarray} \mathcal{A} \end{eqnarray}$ statt der vollen Potenzmenge $\begin{eqnarray} \wp(\Omega) \end{eqnarray}$ .

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »