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Mathematik » Stochastik und Statistik » Wahrscheinlichkeit (Ein-Ausschlussprinzip)
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Universität/Hochschule Wahrscheinlichkeit (Ein-Ausschlussprinzip)
LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-04-21 16:34


Hallo, ich habe Probleme mit folgender Wahrscheinlichkeits-Aufgabe:

Ein fairer Würfel wird $5$ mal geworfen, Ereignis $A_i$ = "Augenzahl $i$ fällt genau $2$ mal", $B$ = "mindestens ein $A_i$ tritt ein", $i=1,...,6$. Bestimme $P(B)$

Überlegung: ich hätte das mit dem Ein- und Ausschlussprinzip (bzw.  Prinzip von Inklusion und Exklusion) gelöst.
$P(B) = 1- P(\bar{B}) = 1 - (\sum_{l=0}^{5}(-1)^l {l \choose 0} \sum_{J\in\{1,...,5\}} P(\cap_{j\in J}A_j))$ mit $\bar{B}=$"kein $A_i$ tritt ein"(also $k=0$) und $|J|=l$, also ${5 \choose l}$?

Stimmt mein Ansatz überhaupt? Ich weiß nicht, was die Wahrscheinlichkeit der Schnitte der $A_j$ ist...

Danke für jede Hilfe!



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-04-22 09:51


Moin, freundlicherweise hat der Aufgabensteller die Frage so gestellt, dass man nur $P(A_i)$ und $P(A_i\cap A_j)$ berechnen muss, d.h.

$
\begin{align*}
P(B)&=P(A_1)+\cdots+P(A_6)-P(A_1\cap A_2)-P(A_1\cap A_3)-\cdots-P(A_5\cap A_6)\\
&= 6P(A_1)-P(A_1\cap A_2)-P(A_1\cap A_3)-\cdots-P(A_5\cap A_6)
\end{align*}
$

zu berechnen ist.

Auf wieviel Weisen kann $A_1$ auftreten? Auf wieviel $A_i\cap A_{i+k}$?

 

vg Luis




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LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-22 10:07


Hallo Luis, danke für deine Mithilfe!

freundlicherweise hat der Aufgabensteller die Frage so gestellt, dass man nur $P(A_i)$ und $P(A_i\cap A_j)$ berechnen muss

Liegt dass daran, dass man nur 5 mal würfelt und maximal zwei Zahlen dann jeweils zwei mal vorkommen können?

Auf wieviel Weisen kann $A_1$ auftreten? Auf wieviel $A_i\cap A_{i+k}$?

$A_1$ ist ja das Ereignis, dass eine Augenzahl (hier z.B. $1$) zweimal gewürfelt wird, dafür gibt es ja ${5 \choose 2} = 10$ Möglichkeiten. Dafür, dass eine Augenzahl $i$ UND eine andere Augenzahl $k$ jeweils genau zweimal fallen gibt es $\frac{5!}{2!\cdot 2!} = 30$ Möglichkeiten, oder?



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-04-22 11:42


(2021-04-22 10:07 - LamyOriginal in <a  
Liegt dass daran, dass man nur 5 mal würfelt und maximal zwei Zahlen dann jeweils zwei mal vorkommen können?
Genau.
 
2021-04-22 10:07 - LamyOriginal in Beitrag No. 2 schreibt:
$A_1$ ist ja das Ereignis, dass eine Augenzahl (hier z.B. $1$) zweimal gewürfelt wird, dafür gibt es ja ${5 \choose 2} = 10$ Möglichkeiten. Dafür, dass eine Augenzahl $i$ UND eine andere Augenzahl $k$ jeweils genau zweimal fallen gibt es $\frac{5!}{2!\cdot 2!} = 30$ Möglichkeiten, oder?

$\binom{5}{2}=10$ Moeglichkeiten fuer $A_1$ ist viel zu wenig.

Die Anzahl der Durchgaenge $i$ und $j$, $i\ne j$, wo die 1 auftritt, ist $\binom{5}{2}=10$. In den anderen drei Durchgaengen muss dann jeweils eine der Augenzahlen 2,3,4,5,6 auftreten.  Also gibt es $\binom{5}{2}\cdot5^3=1250$ Moeglichkeiten, dass die 1 genau zweimal auftritt.
 
Jetzt fehlt noch $A_i\cap A_{i+k}$ ...

vg Luis
     



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LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-22 12:01


2021-04-22 11:42 - luis52 in Beitrag No. 3 schreibt: In den anderen drei Durchgaengen muss dann jeweils eine der Augenzahlen 2,3,4,5,6 auftreten.

Achso okay stimmt, wir müssen ja noch die übrigen Möglichkeiten betrachten...

Jetzt fehlt noch $A_i\cap A_{i+k}$ ...

Es gibt ja $\frac{5!}{2!\cdot 2!} = 30$ Möglichkeiten, dass zwei Zahlen jeweils genau zweimal fallen, dann hat der übrige Wurf genau $(5-2)^1=3$ Möglichkeiten zu fallen, also gibt es $30\cdot 3 = 90$ Möglichkeiten. Aber es gibt ja zusätzlich noch ${6 \choose 2} = 15$ Möglichkeiten, welche beiden Zahlen jeweils zweimal fallen



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-04-22 13:03


2021-04-22 12:01 - LamyOriginal in Beitrag No. 4 schreibt:
Es gibt ja $\frac{5!}{2!\cdot 2!} = 30$ Möglichkeiten, dass zwei Zahlen jeweils genau zweimal fallen, dann hat der übrige Wurf genau $(5-2)^1=3$ Möglichkeiten zu fallen, also gibt es $30\cdot 3 = 90$ Möglichkeiten. Aber es gibt ja zusätzlich noch ${6 \choose 2} = 15$ Möglichkeiten, welche beiden Zahlen jeweils zweimal fallen

Das stimmt leider auch nicht.

Betrachten wir $A_1\cap A_2$.  Moeglichkeiten sind z.B. 1,2,2,1,5 oder 2,1,3,2,1.  Es gibt $\binom{5}{2}$ Moeglichkeiten, wo die zwei 1en und dann noch $\binom{3}{2}$ Moeglichkeiten, wo die zwei 2en auftreten koennen. Fuer den Rest gibt es dann noch 4 Moeglichkeiten. Dieselbe Argumentation gilt fuer $A_1\cap A_3$,  $A_1\cap A_4$, $A_1\cap A_5$, $A_1\cap A_6$. Das ergibt ingesamt $5\cdot\binom{5}{2}\cdot\binom{3}{2}\cdot4$ Moeglichkeiten fuer $A_1\cap A_{1+k}$.

Fuer $A_2\cap A_{2+k}$ zaehle ich $4\cdot\binom{5}{2}\cdot\binom{3}{2}\cdot4$ Moeglichkeiten, usw.

Insgesamt erhalte ich so

$\binom{5}{2}\cdot\binom{3}{2}\cdot(5\cdot4+4\cdot4+3\cdot4+2\cdot4+1\cdot4)=1800$.

vg Luis        



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LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-22 13:26



Es gibt $\binom{5}{2}$ Moeglichkeiten, wo die zwei 1en und dann noch $\binom{3}{2}$ Moeglichkeiten, wo die zwei 2en auftreten koennen. Fuer den Rest gibt es dann noch 4 Moeglichkeiten.


Okay, stimmt, danke!! Ich weiß nicht wie ich auf die $3$ Möglichkeiten gekommen bin, da ich ja eigentlich $(6-2)^1=4$ und nicht $(5-2)$ rechnen müsste...

 
Insgesamt erhalte ich so
$\binom{5}{2}\cdot\binom{3}{2}\cdot(5\cdot4+4\cdot4+3\cdot4+2\cdot4+1\cdot4)=1800$.

$30 = {5 \choose 2}{3 \choose 2}$ ist doch gleich $\frac{5!}{2!\cdot 2!}=30$ also erhalte ich ${5 \choose 2}{3 \choose 2} \cdot 4 = 30 \cdot 4$ Möglichkeiten, aber es gibt ja noch - wie im andern Beitrag geschrieben - ${6 \choose 2} = 15$ Möglichkeiten zwei Zahlen zu kombinieren, also insgesamt $30 \cdot 4 \cdot 15 = 1800$

Du hattest $\binom{5}{2}\cdot\binom{3}{2}\cdot(5\cdot4+4\cdot4+3\cdot4+2\cdot4+1\cdot4) = \binom{5}{2}\binom{3}{2} \cdot 4 (5+4+3+2+1) = 30 \cdot 4 \cdot 15 =1800 $ :)

Das sind ja die "Mächtigkeiten" von $A_i$ und $A_i \cap A_k$, oder? Das muss ich ja noch nach Definition der Wahrscheinlichkeit durch die "Mächtigkeit" der Grundmenge $\Omega$ teilen, oder? Das wäre doch $|\Omega|=6^5$



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-04-22 13:59


2021-04-22 13:26 - LamyOriginal in Beitrag No. 6 schreibt:
 Das muss ich ja noch nach Definition der Wahrscheinlichkeit durch die "Mächtigkeit" der Grundmenge $\Omega$ teilen, oder? Das wäre doch $|\Omega|=6^5$

Korrekt.



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LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-22 14:01


Super, vielen Dank für deine Hilfe!



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2021-04-22 14:59


2021-04-22 14:01 - LamyOriginal in Beitrag No. 8 schreibt:
Super, vielen Dank für deine Hilfe!

Gerne.

Fuer "die Nachwelt" waere es vielleicht noch schoen, das Ergebnis anzugeben. Hast du auch $P(B)\approx0.7730$ heraus?

vg Luis



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LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-22 21:53


2021-04-22 14:59 - luis52 in Beitrag No. 9 schreibt: Hast du auch $P(B)\approx0.7730$ heraus?

Ich komme auf $P(B) \approx 0,733$



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luis52
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2021-04-22 21:53 - LamyOriginal in Beitrag No. 10 schreibt:
 

Ich komme auf $P(B) \approx 0,733$

Stimmt. Ich wollte nur mal sehen, on du aufpasst. 😉

vg Luis



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