Wahrscheinlichkeit eines Pasch < Kombinatorik < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:37 Mo 16.04.2007 | | Autor: | Gardini |
| Aufgabe | | Ein Würfel wird 4-mal geworfen. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten folgender Ereignisse: [
] A9: Genau ein Zweier-Pasch wird geworfen. |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo allerseits. Das ist nun schon die zweite Aufgabe dieses Typus in Folge, bei der ich einfach nicht weiterkomme.
Meine Überlegung sah so aus: Es gibt insgesamt [mm]\left| \Omega \right| = 6^4[/mm] mögliche Ergebnisse (vier Laplace-Würfel mit je sechs Seiten). Die für mich günstigen sind alle, in denen genau ein Zweier-Pasch vorkommt. Für die ersten beiden Würfel habe ich zuersteinmal 6 Paschmöglichkeiten: Ein Pasch aus 1ern, einer aus 2ern, etc. Für den verbliebenen dritten Würfel bleiben dann 5 und für den verbliebenen vierten 4 Möglichkeiten über (es soll ja genau ein Zweier-Pasch sein, und nicht etwa zwei Zweier-Pasche oder ein Dreier-/Vierer-Pasch). Da nicht gesagt ist, dass der Pasch in den ersten beiden Würfen fallen muss, sondern beliebig fallen kann, permutiere ich die Menge: [mm]\frac{4!}{2!}[/mm] (4-Menge mit zwei gleichen Elementen dem Pasch). Nun gäbe es für mich nach dieser Überlegung [mm]\left| A_9 \right| = 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot \frac{4!}{2!}[/mm] günstige Ergebnisse, doch wäre damit die Wahrscheinlichkeit [mm]P(A_9) = \frac{\left| A_9 \right|}{\left| \Omega \right|} = 1.11[/mm], was nicht sein kann.
Es wäre lieb, wenn mir jemand meinen Denkfehler zeigen könnte. Mich beschleicht, eingedenk meiner morgigen Klausur, ein ungutes Gefühl, und auch ansonsten interessiert es mich, wo mein Haken liegt.
Viele Grüße,
Sebastian
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:54 Mo 16.04.2007 | | Autor: | Kroni |
Hi,
entschuldige meine Faulheit, aber ich möche dir jetzt hier mal eine andere Denkweise vorschalgen:
[mm] P=\bruch{6*1*5*4*\vektor{4 \\ 2}}{6^{4}}
[/mm]
Okay, es steht ja hier "zweier Pasch", d.h. es sollen genau zweimal die selben Zahlen Auftauchen:
Die erste Zahl sei eine irgendeine Zahl. (6 Möglcihkeiten)
Die zweite Zahl sei die oben ausgewählte Zahl (1 Möglichkeit)
Die dritte zahl sei eine Zahl, die NICHT die Obige ist (5 Möglichkeiten)
Die vierte Zahl sei eine Zahl, die NICHT gleich der ersten, zweiten oder dirtten Zahl ist (4 Möglichkeiten).
Nun hat man für die beiden gleichen Zahlen [mm] \vektor{4 \\ 2} [/mm] Möglichkeiten, diese anzuordnen.
Die anderen beiden Anordnungen seien egal, die können stehen wo sie wollen.
Macht dann [mm] P=720/6^4=5/9
[/mm]
Alernative:
Erste Zahl ist egal
P(egal)=1
zweite Zahl sei die oben gewählte Zahl P(oben)=1/6
P(dritte Zahl)=5/6
P(vierte Zahl)=4/6
Nun gibt es 4 über 2 Möglichkeiten, die beidne Zahlen, die nicht zum Pasch gehören, am Baumdiagramm anzuordnen.
=> P=1* 1/6 * 5/6 * 4/6 * 4 über 2 = 5/9
LG
Kroni
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:08 Mo 16.04.2007 | | Autor: | Gardini |
Aah, das ist ja quasi das, was ich intendiert habe, nur habe ich die Paschanordnung als 4!/2!-Permutation vorgenommen, und nicht als 4 über 2, weil ich zusätzlich noch die irrelevante Anordnung der beiden Nicht-Pasch-Würfel berücksichtigt habe, wodurch mein |A| natürlich aufgebläht wurde.
Danke für die schnelle Beantwortung; das klärt mir gleich eine ganze Reihe anderer Aufgaben ähnlicher Fragestellung mit.
Abermals viele Grüße,
Sebastian
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