Verwirrung bzgl. Würfel < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo an Alle.
Wie schon in der Fragestellung vermerkt bin ich zur Zeit etwas verwirrt, was ein paar Aufgaben mit Würfeln betrifft.
Betrachtet wird im folgenden ein Brettspiel wie z.B. "Mensch ärgere dich nicht"
1.Aufgabe:
Pro Zug werden zwei Würfel geworfen.
Die Figur rückt dabei um die Summe der geworfenen Augenzahl vor.
Jetzt würde ich eigentlich nur gerne wissen, wie hoch dabei die Wahrscheinlichkeit ist 3 Felder vorzurücken. Das entspricht zwar nicht der Aufgabe, würde mir zur Lösung sehr weiterhelfen.
Man rückt ja 3 Felder vor, wenn ein Würfel eine 1 und der andere eine 2 zeigt. Mehr Möglichkeiten gibt es nicht. Allerdings hab ich jetzt schon soviele Antworten gesehen bzw. gehört und weiß jetzt echt gar nichts mehr.
Die Aufgabenstellung sagt ja nichts drüber aus, ob die Würfel unterscheidbar sind, deshalb kann man ja eigentlich davon ausgehen, dass beide Würfel identisch sind, oder ?
Lange Rede kurzer Sinn:
Ist die Wahrscheinlichkeit die Summe 3 zu werfen :
[mm] \bruch{1}{21},
[/mm]
[mm] \bruch{1}{36} [/mm] oder
[mm] \bruch{2}{36}
[/mm]
2.Aufgabe:
Wie oben "Mensch ärgere dich nicht".
Man würfelt jetzt mit einem Würfel und mit der Regel, beim Wurf einer 6 um 6 Felder vor zurücken, wobei diese Regel rekursiv weiter gilt.
Um wieviel Felder rückt man im Erwartungsfall vor ?
Kann man hier überhaupt eine Antwort treffen ?
Wenn ja, dann muß das Ergebnis doch in Abhängigkeit einer Variablen stehen, die die einzelnen Würfe angibt, oder versteh ich da irgendetwas falsch ?
Kann mir da jemand vielleicht nen Tipp geben ?
Würde mich sehr freuen !
Grüße Chiro
P.S. Ich habe diese Frage auf keiner anderen Internetseite gestellt.
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Hi, Chironimus,
Aufgabe 1: P(X=3) = [mm] \bruch{2}{36}.
[/mm]
Darf ich wissen, wie man auf die andern beiden möglichen Ergebnisse kommt?
Aufgabe 2:
Hier musst Du ein Baumdiagramm machen, wobei die Ergebnisse des 1. Wurfs 1, 2, .., 5 schon "das Ende" ergeben (jeweils mit [mm] \bruch{1}{6} [/mm] Wahrscheinlichkeit), der Baum sich aber bei der 6 weiter verzweigt (1, 2, .., 5 wieder "Abbruch", bei 6 geht's wieder weiter), usw.
Nun müsste man nur noch im MENSCH-ÄRGER-DICH-NICHT- Spiel nachzählen, nach wievielen 6ern man "im Haus" angelangt ist. Dann ist sozusagen "endgültig Schluss". Da ich kein solches Spiel zur Hand habe, musst Du selbst rauskriegen, wie weit der Baum sich verzweigt!
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Hallo Zwerglein,
na klar, kann ich dir sagen, wo die anderen Ergebnisse herkommen.
Das ist eben meine Frage.
Ok, das die eine auf keinen Fall stimmen kann, ist klar.
Also, los zur anderen.
Wenn man die Würfel nicht unterscheidet, müsste man doch eigentlich folgende Möglichkeiten zur Auswahl haben.
Dabei ist unabhängig, welche Ordnung die Werte in dem Tupel haben.
(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(1,6)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)(2,6)(3,3)(3,4)(3,5)(3,6)
(4,4)(4,5)(4,6)(5,5)(5,6)(6,6)
Das sind dann eben 21 Möglichkeiten, demnach "hätte" man für den Fall 3
genau eine Möglichkeit, nämlich (1,2) bzw. (2,1),also [mm] \bruch{1}{21}.
[/mm]
Genauso gut versteh ich auch deinen genannten Fall, bei dem die Anordnung der Elemente in dem Tupel eine entscheidende Rolle spielen.
Es gibt dann 36 Möglichkeiten, wobei es genau zwei Möglichkeiten für den Fall 3 gibt. Nämlich den Fall (1,2) und (2,1).
Dies macht dann [mm] \bruch{2}{36}
[/mm]
Verstehst du jetzt, warum ich damit ein Problem hab/hatte ?
Und zur zwei, hmm..., muss mich auch nochmal durch den Kopf gehen lassen, oder kann man irgendwie den Erwartungswert in Abhängigkeit von
n=Würfe angeben ?
Grüße Chiro
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:58 Mi 25.05.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo Chironimus!
Wichtig ist, dass du in der Modellierung davon ausgehen musst, dass die beiden Würfel unterscheidbar sind. Auch wenn sie optisch für dich nicht unterscheidbar sind, musst du sie so modellieren. Denn natürlich ist es wahrscheinlicher, dass ein Würfel eine $1$ anzeigt und der andere eine $2$ als dass beide eine $3$ würfeln, weil es im ersten Fall zwei Möglichkeiten und im zweiten Fall nur eine Möglichkeit gibt. Denn die Würfel sind ja eben nun mal nicht identisch, sondern zwei verschiedene physikalische Objekte. Und es ist ein Unterschied, ob das erste physikalische Objekt eine $1$ anzeigt und dass zweite physikalische Objekt eine $2$ oder umgekehrt.
Beim zweiten Fall könnte man den Erwartungswert angeben, wenn das Mensch-Ärger-Dich-Nicht-Spiel unendlich groß wäre.
Dann wäre:
$E[X] = [mm] \sum\limits_{i=1}^ {\infty} \left(\frac{1}{6}\right)^{i-1} \cdot \frac{5}{6} \cdot [/mm] [(i-1)6+3.5]$.
Aber wegen der Endlichkeit wird es viiieeeel schwieriger. :-(
Viele Grüße
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:18 Mi 25.05.2005 | | Autor: | Chironimus |
Vielen Dank Stefan.
Wenigstens hab ich jetzt mal die erste Aufgabe verstanden.
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Hi, Chironimus,
> Wenn man die Würfel nicht unterscheidet, müsste man doch
> eigentlich folgende Möglichkeiten zur Auswahl haben.
> Dabei ist unabhängig, welche Ordnung die Werte in dem
> Tupel haben.
>
> (1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(1,6)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)(2,6)(3,3)(3,4)(3,5)(3,6)
> (4,4)(4,5)(4,6)(5,5)(5,6)(6,6)
>
> Das sind dann eben 21 Möglichkeiten, demnach "hätte" man
> für den Fall 3
> genau eine Möglichkeit, nämlich (1,2) bzw. (2,1),also
> [mm]\bruch{1}{21}.[/mm]
Auch wenn Du nur die 21 Elemente (Tupel sind's nicht! Bei Tupeln ist nämlich die Reihenfolge wichtig!) notierst, kommst Du NICHT auf [mm] \bruch{1}{21}!!
[/mm]
Das würde nur gelten, wenn Du sicher wärst, dass alle 21 mit gleicher Wahrscheinlichkeit kommen. Genau das aber ist nicht der Fall: Wenn Du (1/1) werfen möchtest, gibt's nur eine Möglichkeit: Beide Würfel müssen die 1 haben. Wenn Du aber die Augensumme drei haben möchtest, kann der erste ODER der zweite Würfel die 1 haben, der jeweils andere die 2: doppelt so häufig!
Also: Ergebnisse zählen hilft nur dann, wenn alle gleich wahrscheinlich sind. Ansonsten musst Du Unterscheidbarkeit "hinzufügen"!
> Und zur zwei, hmm..., muss mich auch nochmal durch den Kopf
> gehen lassen, oder kann man irgendwie den Erwartungswert in
> Abhängigkeit von
> n=Würfe angeben ?
Auch dann musst Du angeben, aus welcher Grundmenge n stammt!
Denn: Kein Spiel dauert unendlich lang!
Und grade beim Mensch-Ärger-Dich-nicht ist die oberste Grenze doch leicht herzuleiten! (Ich hätt's längst abgezählt, wenn ich eines hätte!)
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