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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 15:40 Mi 18.01.2006 | | Autor: | Cerberus |
| Aufgabe | Man Betrachte folgende Laplace-Experimente:
a) Werfen dreier Würfel
b) Werfen von vier Würfel
c) Werfen von 5 Würfel
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, daß die Summe der Augenzahlen mindestens 11 ist für a bis c
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, daß die Summe der Augenzahlen für b höchstens 14 ist.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, daß die Summe der Augenzahlen für c genau 17 ist |
Sooo...da bin ich wieder!
Also ich sag euch eines: wenn ich durch das fragen hier meine Prüfung bestehe, geb ich freiwillig einen aus! - Gut, ihr müßtet halt zu mir kommen 
alsoo...
ich hätte mir die aufgabe so überlegt:
zu a)
mindestens 11:
aus symmetriegründen kann man ja sagen die Ergebnisse:
3,4,5,6,7,8,9,10 sind genausoviel wie 11,12,13,14,15,16,17,18
Also ist die WS für mindestens 11 = 1/2
zu b)
mindestens 11:
hier habe ich so überlegt: insgesamt gibt es ja 21 mögliche ereignisse, davon sind 14 ( zahlen 11 bis 24 günstig).. also
WS = 14/21 = 2/3
höchstens 14:
das ist ja die selbe überlegung nocheinmal:
also: WS = 11/21 = 0,5238...
zu c)
mindestens 11:
hier selbe überlegung wie bei b!
Also: WS = 20/26 = 10/23
genau 17: WS = 1/26
Also soweit meine überlegungen. Aber mir kommt das ein bisschen..zuuu einfach vor?! Ich meine um für den b fall Würfeln mit 4 würfel eine 4 zu würfeln habe ich ja nur eine möglichkeit, sprich 4 Einser zu werfen. Jeder einser hat eine WS von 1/6. Also hätt ich gesagt, die WS für eine 4 zu würfeln ist = 1/1296, die WS dann eine 5 zu würfeln = 4/1296 (2111+1112+1211+1121) usw...Das würde heißen: je höher die Zahl, desto mehr möglichkeiten gibt es sie zu werfen, desto warscheinlicher wäre sie (höchste Warscheinlichkeit dann an der "Symmetrieachse") danach mit der selben WS wieder abfallend.
Hmm..kann mir da jemand auf die sprünge helfen? Und wenn miene gerade genannten überlegungen stimmen, wie berechne ich dann ganz einfach z.B.die WS daß bei 4 mal würfeln mindestens 11 geworfen wird!?
großes DANKE an alle!
grüßle
Andy
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:51 Do 19.01.2006 | | Autor: | tamara |
Hallo!
ich kann diese aufgabe leider nicht lösen, glaube aber, dass du einen fehler beim lösen gemacht hast.
du nimmst nämlich an, dass z.b. die wahrscheinlichkeit bei drei würfen innsgesamt 3 zu erzielen gleich ist wie bei 3 würfen innsgesamt 7 zu würfeln.
das stimmt aber nicht, da es nur eine einzige möglichkeit gibt, innsgesamt 3 zu erhalten, nämlich, wenn man 1,1,1 würfelt. (wahrscheinlichkeit hierfür 1/6 * 1/6 * 1/6)
die wahrscheinlichkeit innsgesamt 7 zu würfeln ist höher, weil es mehr möglichkeiten gibt (z.b. 1,1,5; 1,2,4; 1,3,3; 2,2,3 usw)
sorry, dass ich nicht mehr helfen kann!
lg Tamara
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Hallo Cerberus,
ich denke, ich kann Dir ein bisschen auf die Sprünge helfen. Da ich aber hier neu bin, formuliere ich wahrscheinlich nicht so wie ein "Geübter".
Für meine Begründung fange ich mal kurz ein bißchen vor der eigentlichen Erklärung an:
Es gibt bei dem Werfen von Würfeln ein Zusammenhang: Von dem Werfen mit einem Würfel zu dem Werfen mit zwei Würfel über das Werfen dreier Würfel usw.
Die Verteilung der absoluten Wahrscheinlichkeit (W) bei dem Werfen mit einem Würfel sieht so aus:
1 2 3 4 5 6 Ergebnis (Augenzahl)
1 1 1 1 1 1 Absolute Wahrscheinlichkeit
Die Verteilung der absoluten W beim Werfen von zwei Würfeln sieht so (Augenzahl=Ergebnis = E):
E 1 2 3 4 5 6 Absolute Wahrscheinlichkeit
2 1 1
3 1 1 2
4 1 1 1 3
5 1 1 1 1 4
6 1 1 1 1 1 5
7 1 1 1 1 1 1 6
8 1 1 1 1 1 5
9 1 1 1 1 4
10 1 1 1 3
11 1 1 2
12 1 1
Die Verteilung der absoluten W beim Werfen dreier Würfel sieht so aus:
E 1 2 3 4 5 6 Absolute Wahrscheinlichkeit
3 1 1
4 2 1 3
5 3 2 1 6
6 4 3 2 1 10
7 5 4 3 2 1 15
8 6 5 4 3 2 1 21
9 5 6 5 4 3 2 25
10 4 5 6 5 4 3 27
11 3 4 5 6 5 4 27
12 2 3 4 5 6 5 25
13 1 2 3 4 5 6 21
14 1 2 3 4 5 15
15 1 2 3 4 10
16 1 2 3 6
17 1 2 3
18 1 1
Wenn Du jetzt die absolute Wahrscheinlichkeit beim Werfen dreier Würfel nimmst, erhälst Du mit dieser nach obigen Verfahren die Verteilung für das Werfen mit vier Würfeln u.s.w. Du kannst mit Excel Dir diese Aufstellungen für vier und fünf Würfel sehr gut erstellen.
Nun die eigentliche Erklärung:
Die Grundformel für die Berechnung der Wahrscheinlichkeit kennst Du ja im Grunde: Günstige Ergebnisse / Mögliche Ergebnisse.
Die Wahrscheinlichkeit dafür, das die Summme der Augenzahlen mindestens 11 ist für das Werfen dreier Würfel berechnet sich so:
Mögliche Ereignisse sind 6 x 6x 6 = 216. Soweit warst Du ja auch schon. Günstige Ergebnisse: (Definition: Wahrscheinlichkeit von Augenahl 11 gleich P(11)):
P(11) + P(12) + P(13) + P(14) + P(15) + P(16)+ P(17) + P(18)
[mm] \vektor{9\\ 2} [/mm] - (3 x 3) + [mm] \vektor{8 \\ 2}- [/mm] (3 X 1) + [mm] \vektor{7 \\ 2} [/mm] + [mm] \vektor{6 \\ 2} [/mm] + [mm] \vektor{5 \\ 2} [/mm] + [mm] \vektor{4 \\ 2} [/mm] + [mm] \vektor{3 \\ 2}
[/mm]
+ [mm] \vektor{2 \\2} [/mm] = 108 (siehe obige Verteilung). Also 108/ 216 gleich 0,5. Das hattest Du auch raus, ich glaube aber dass das Zufall war. Erklärung folgt später.
Die Wahrscheinlichkeit dafür, das die Summe der Augenzahlen mindestens 11 ist für das Werfen mit vier Würfel berechnet sich so:
Die Verteilung ist folgende:
4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 Ergebnis
1 4 10 20 35 56 80 104 125 140 146 140 125 104 80 56 35 20 10 4 1 Absolute Wahrscheinlichkeit
Berechnung: Mögliche Ergebnisse: 6 x6x6x6 = 1296
P(11)+P(12)+P(13)+P(14)+P(15)+P(16)+P(17)+P(18)+P(19)+P(20)+P(21)+P(22)+P(23)+P(24)=
[mm] \vektor{10 \\ 3} [/mm] - (4 x 4) + [mm] \vektor{11 \\ 3} [/mm] - (10 x 4) + [mm] \vektor{12 \\ 3} [/mm] - (20 x 4) + [mm] \vektor{13 \\ 3} [/mm] - (35 x 4) + [mm] \vektor{12 \\ 3} [/mm] - (20 x 4) + [mm] \vektor{11 \\ 3} [/mm] - (10 x 4) + [mm] \vektor{10 \\ 3} [/mm] - (4 x 4) + [mm] \vektor{9 \\ 3} [/mm] - (1 x 4) + [mm] \vektor{8 \\ 3} [/mm] + [mm] \vektor{7 \\ 3} [/mm] + [mm] \vektor{6 \\ 3} [/mm] + [mm] \vektor{5 \\ 3} [/mm] + [mm] \vektor{4 \\ 3} [/mm] + [mm] \vektor{3 \\ 3} [/mm] = 1090 Ergebnis: 1090/1296 = ca. 0,84 (Rechne die absol. W laut Verteilung zusammen kommst du auch auf 1090)
Zur Erklärung ein einfaches Beispiel (im Internet gefunden http://www.austromath.at/t3/material/t3herw_simulation.pdf)
Wir werfen mit vier Würfeln. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dabei eine Augensumme von mindestens 20 zu erreichen?
P(Augenzahl ≥ 20 ) = P(Augenzahl = 20 )+ ... + P(Augenzahl = 24 ) = ( [mm] \vektor{7 \\ 3} [/mm] + [mm] \vektor{6 \\ 3} [/mm] + [mm] \vektor{5 \\ 3} [/mm] + [mm] \vektor{4 \\ 3} [/mm] + [mm] \vektor{3 \\ 3}) [/mm] / 1296
Erklärung: Günstig für z.B. Augenzahl = 20 sind die Ausfälle, bei denen die 4 Würfel insgesamt 1 Punkt des Maximalwerts 4 x 6 = 24 verlieren.
Den Ausfall ( 5, 6, 4,5 kodieren wir mit 0 0 0
und (6, 2, 6, 6 ) kodieren wir mit 0 0 0
Das Zeichen 0 dient als Übergang zum nächsten Würfel. Es gibt [mm] \vektor{7 \\ 3} [/mm] Möglichkeiten um 4 Plätze aus 7 Plätzen für die Punkte auszuwählen.
Nun muss man aber beachten, dass wie Du schon sagst, eine Symmetrie herrscht und zwar z. B. für Werfen mit drei Würfel: h(E) = h(21-E) , bei 4 Würfel
h(E)= h(28-s). Beispiel: Ergebnis Augenzahl 4 ist gleich Ergebnis Augzahl 17 bei drei Würfeln; Ergebnis Augenzahl 4 ist gleich Ergebnis Augenzahl 24 bei 4
Würfeln. So, jetzt habe ich kein Platz mehr. Weitere Erklärung folgt in der nächsten Antwort.
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Hallo Cerberus,
Stehen geblieben bin ich bei der Symmetrie. Beim Werfen mit drei Würfel gilt, wie in meiner ersten Antwort schon gesagt , die Beziehung: Wahrscheinlichkeit Ergebnis = Wahrscheinlichkeit (21 - Ergebnis). Das heißt dass das Ergebnis (Augenzahl) 3 und 18 , 4 und 17 , 5 und 16 u.s.w die gleiche W haben.
Die "idealtypische" Kombination (1, 1, 3) zählt mit der Augenzahl 5 zu den günstigen Ergebnissen. Idealtypisch heißt, das der erste und zweite Wurf eine 1 hat. Es wird für jeden Würfel die Differenz zu der Augenzahl 1 berechnet. Wenn eine 1 für den ersten Würfel vorhanden ist , ist die Differenz Null. Ist eine andere Zahl vorhanden, wird die Differenz in Punkten ausgedrückt. Erster Würfel ist eine 1, d.h. wir geben eine Null an und gehen zum nächsten Würfel. Der ist wieder eine 1 , so dass wir die zweite Null angeben. Der dritte Würfel ist eine 3. Die Differenz zu 1 beträgt 3-1 = 2. Wir geben zwei Punkte an. Also haben wir für den Wurf (1, 1, 3) die Codierung 0 0 ..
Für die Augenzahl 16 funktioniert das wie in Antwort 1 beschrieben. Wir beziehen uns jetzt auf die Augenzahl 6. Ergebnis: (6,6,4) codiert als 0 0 ..
Man nimmt die nun Anzahl der Nullen und der Punkte , hier also 4 und definiert sie gleich n und die Zahl der Nullen, hier 2, gleich k und sagt: Die Wahrscheinlichkeit genau 5 oder 16 Augen mit drei Würfeln zu werfen beträgt [mm] \vektor{4 \\ 2}.
[/mm]
So berechnet man Wahrscheinlichkeiten beim Werfen mit Würfeln, wennn n - k gleich < = 5. S
Bei der Wahrscheinlichkeit genau 9 Augen oder genau 12 Augen bzw. 10 Augen oder 11 Augen mit drei Würfeln zu werfen, ergibt sich eine Besonderheit. Die Wahrscheinlichkeit beträgt eigentlich beim ersten Fall [mm] \vektor{8 \\ 2} [/mm] . Da der Abstand zwischen n - k größer 5 ist, müssen wir etwas beachten. Die Wahrscheinlichkeit [mm] \vektor{8 \\ 2} [/mm] wird reduziert. Und zwar um 1 x 3. Bei genau 10 oder 11 Augen wird die Wahrscheinlichkeit [mm] \vektor{9 \\ 2} [/mm] um (3 x 3) reduziert.
Wenn n - k = 6 beträgt, reduziert man die Wahrscheinlichkeit [mm] \vektor{8 \\ 2} [/mm] mit dem Produkt aus Würfelanzahl, hier 3, mit der Wahrscheinlichkeit des ersten oder letzten Ergebnisses ( Augenzahlen) , hier 1. Wenn k -n = 7, wird die Würfelanzahl mit der Wahrscheinlichkeit des zweiten oder zweitletzten
Ergebnisses multipliziert (hier 3 x 3).
Auf diese Weise komme ich auf die in Antwort 1 errechneten Lösungen.
Weitere Lösungen kannst Du ja selber erstellen. Ich glaube deine Überlegungen insbesondere mit der Symmetrie sind alle richtig, die genauen Wahrscheinlichkeitsverteilungen oder eine entsprechende Formel helfen aber in diesem Zusammenhang.
Da es sich um immer noch meine erste Antwort handelt, bitte ich die Komplexität und die ungelenke Sprache zu entschuldigen.
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