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Mathematik » Stochastik und Statistik » bedingte Wahrscheinlichkeit mit Würfeln
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Universität/Hochschule J bedingte Wahrscheinlichkeit mit Würfeln
Moana
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Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-11-17 15:23


Hallo,

ich habe hier noch eine tolle Aufgabe für bedingte Wahrscheinlichkeit. Dieses Mal geht es um Würfel.

Angenommen, bei einem Wurf mit \(n\) fairen und unterscheidbaren Würfeln wurden \(n\) verschiedene Zahlen geworfen.

a. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit bei \(n=3\), dass mindestens eine sechs geworfen wurde?

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b. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit bei \(n=3\), dass genau eine gerade Zahl war.

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c. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit bei \(n=4\), dass als Summe eine zehn geworfen wurde?

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Vielen Dank smile
LG
Moana


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Das Recht zur Dummheit gehört zur Garantie der freien Entfaltung der Persönlichkeit!

Mark Twain



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Diophant
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Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-11-17 16:09


Hallo Moana,

das ist ein wenig viel auf einmal (das soll jetzt aber keine Kritik sein sondern eine Ausrede für mich. wink ).

Jedenfalls ist bisher alles falsch, weil du jeweils nicht berücksichtigst, dass man ja davon ausgeht, dass in allen Fällen lauter unterschiedliche Augenzahlen gewürfelt wurden.

Du brauchst also jeweils ersteinmal die korrekte Wahrscheinlichkeit für lauter unterschiedliche Augenzahlen. Diese wird für a) und b) die gleiche sein, für c) nach den gleichen Prinzip berechnet werden.

Dann zur a): unter dieser Voraussetzung läuft es auf das gleiche heraus, ob mindestens eine Sechs oder genau eine Sechs fällt. Mehr als eine fällt sowieso nicht, nach Voraussetzung.

Ähnlich ist es bei der b) mit den geraden Zahlen, wobei du hier noch den Fehler gemacht hast, dass in deinem Ereignis A Augenzahlen mehrfach vorkommen dürfen.

Bei der c) ist die Idee, alle Partitionierungen zu zählen prinzipiell richtig. Aber auch hier darfst du wiederum nur diejenigen zählen, die aus vier unterschiedlichen Zahlen bestehen. Und wie du richtig festgestellt hast, gibt es da nur eine, die allerdings in unterschiedlichen Reihenfolgen auftreten kann.


Gruß, Diophant



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Moana
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Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-17 20:05


Ok,

als noch mal von Anfang an.

Wenn ich

A = min. eine 6
B = alle unterschiedlich

habe, muss ich dann nicht A getrennt von B betrachten? Also \(1-\frac{5*5*5}{6*6*6}\)?

Sry, aber ich sehe es gerade wirklich nicht.

LG


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Caban
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Aus: Brennpunkt einer Parabel
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-11-17 20:29


Hallo

Nein, so kannst du das nicht machen. Du beachtest immer noch nicht, dass die Würfe unterschiedlich sein müssen.
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Gruß Caban



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Moana
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Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-17 20:49


2019-11-17 20:29 - Caban in Beitrag No. 3 schreibt:
Nein, so kannst du das nicht machen. Du beachtest immer noch nicht, dass die Würfe unterschiedlich sein müssen.

Hi, das ich die unterschiedlichen Augenzahlen noch nicht betrachtet habe in meinem Beitrag No.2 war mir klar, da hatte ich ja auch gefragt, ob ich das Ereignis A so betrachten kann ohne die Bedingung B. Denn wenn ich A mit der Bedingung B betrachte, dann habe ich ja schon die gesuchte Schnittmenge.

Muss ich bei dieser Aufgabe überhaupt folgende Betrachtung machen?

2019-11-17 15:23 - Moana im Themenstart schreibt:
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2019-11-17 20:29 - Caban in Beitrag No. 3 schreibt:
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Das verstehe ich auch noch nicht so ganz. Es sind doch nur 3 Würfel. Wenn einer eine 6 ist, ist das doch \(\frac{1}{6}\) und dann kann ich noch auch 5 und 4 weiteren Augenzahlen wählen, oder?

\[\frac{1*5*4}{6^3}\]
LG



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Caban
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Aus: Brennpunkt einer Parabel
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-11-17 21:16


Hallo

Du darfst die Ereignisse A und B nicht getrennt betrachten, denn sie sind durch die Bedingung verbunden.


Gruß Caban



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Caban
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Aus: Brennpunkt einer Parabel
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-11-17 21:38


Hallo

Meine Wahrscheinlichkeit für die Schnittmenge war doch falsch. Deine Idee war richtig, du musst dein Resultat aber noch mit 3 multiplizieren, weil die 6 an drei verschiedenen Positionen stehen kann.
Gruß Caban



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JoeM
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Aus: Oberpfalz
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-11-18 00:45


Hallo Moana,

es werden n verschiedene Zahlen geworfen.

Somit .....

a) zunächst: 6 x x  --->  p1 = 1/6 * 5/6 * 4/6 = 5/54 ;
   
   Die 6 kann an 1., 2., 3. Stelle liegen. ---->  p = 5/54 * 3 = 15/54 ;

b) zunächst: G x x  --->  p1 = 3/6 * 3/6 * 2/6 = 1/12 ;

   Die gerade Zahl G kann an 1., 2., 3. Stelle liegen. ---->  p = 1/12 * 3 = 1/4 ;

c) zunächst: Summe 10 nur aus 1, 2, 3, 4. --->  p1 = (1/6)^4 ;

   Permutation von ( 1, 2, 3, 4 ). ----->  p = (1/6)^4 * 4! = 1/54 ;

viele Grüße

JoeM



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Diophant
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Mitteilungen: 2324
Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-11-18 08:54

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo Moana,

fangen wir mal mit der a) nochmal an. Ich rechne sie dir hier einmal vor.

2019-11-17 20:49 - Moana in Beitrag No. 4 schreibt:
Hi, das ich die unterschiedlichen Augenzahlen noch nicht betrachtet habe in meinem Beitrag No.2 war mir klar, da hatte ich ja auch gefragt, ob ich das Ereignis A so betrachten kann ohne die Bedingung B. Denn wenn ich A mit der Bedingung B betrachte, dann habe ich ja schon die gesuchte Schnittmenge.

Also, die Schnittmenge aus A: "Es fällt mindestens eine Sechs" und B: " es fallen lauter unterschiedliche Augenzahlen ist schlicht und ergreifend A∩B: "es fällt genau eine Sechs und zwei andere (unterschiedliche) Zahlen". Die Wahrscheinlichkeit hierfür ist

\[P\left(A\cap B\right)=3\cdot\frac{1}{6}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{4}{6}=\frac{5}{18}\]
Das hattest du ja im Prinzip schon.

Die Wahrscheinlichkeit, dass lauter unterschiedliche Zahlen fallen ist

\[P(B)=1\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{4}{6}=\frac{5}{9}\]
Damit bekommen wir für die a) die Wahrscheinlichkeit

\[P(A\mid B)=\frac{P\left(A\cap B\right)}{P(B)}=\frac{\frac{5}{18}}{\frac{5}{9}}=\frac{1}{2}\]
Versuche dich doch nochmals nach dem gleichen Prinzip an den Teilen b) und c) und melde dich damit zurück.

Auf dieses Resultat kann man übrigens auch leicht mit einer Symmetrieüberlegung kommen: wenn man einer Urne, welche sechs von 1 bis 6 durchnummerierte Kugeln enthält, drei Kugeln per Ziehen ohne Zurücklegen bzw. Ziehen mit einem Griff entnimmt, dann wird in genau der Hälfte aller Fälle die Sechs dabei sein.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Animus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-11-18 11:39


Aufgabe a) ist ja fast ein Idealbeispiel, NICHT unnötig bedingte Wahrscheinlichkeiten zu benutzen.
3 verschiedene Würfe von 6 möglichen sind einfach die Hälfte der Fälle. Ergo ist die Wahrscheinlichkeit, dass die 6 dabei ist, genauso groß wie die, nicht dabei zu sein, also genau 1/2, was mit sehr viel Aufwand dann auch mit dem Ansatz der bedingten Wahrscheinlichkeiten herausgekommen ist.

Bei Aufgabe b) und c) macht bedingte WSkeit zwar etwas mehr Sinn, das einfachere Model ist hier aber auch hier das Ziehen aus einer Urne (mit den Kugeln 1-6) ohne Zurücklegen, und dann die gültigen Permutationen zählen.

c) wird noch einfacher, wenn man die übrig bleibenden Kugel (die zusammen 11 ergeben müssen, also 5 und 6) betrachtet. Diese in zwei Zügen zu ziehen muss gleich wahrscheinlich sein, wie die anderen vier bei vier Zügen zu ziehen.




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”Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty . . . ”
– Bertrand Russel



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Moana
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 18.10.2007
Mitteilungen: 238
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-18 13:13


Hallo ihr Lieben,

vielen Dank erst mal für eure Geduld mit mir und eure tollen Antworten.

Ich habe nun folgendes für b:

\[P(A\cap B)=\frac{3}{6}*\frac{3}{6}*\frac{2}{6}*3=\frac{1}{4}\] \[P(B)=\frac{6}{6}*\frac{5}{6}*\frac{4}{6}=\frac{5}{9}\] \[\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{5}{9}}=\frac{9}{20}=0,45\]
und für c:

\[P(A\cap B)=(\frac{1}{6})^4*4!=\frac{1}{54}\] \[P(B)=\frac{6}{6}*\frac{5}{6}*\frac{4}{6}*\frac{3}{6}=\frac{5}{18}\] \[\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{\frac{1}{54}}{\frac{5}{18}}=\frac{1}{15}\approx 0,0667\]
Vielen Lieben Dank noch mal smile

LG
Moana


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