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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:28 Di 08.03.2011 | | Autor: | M.Rex |
| Aufgabe | Man würfelt mit einem "normalen" Laplace-Würfel 10 mal hintereinander.
Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass alles Zahlen von 1-6 je mindestens einmal vorkommen? |
Hallo Ihr.
eigentlich ist das ganze ein relativ simples Problem, das "Verrechnen" der Anordungen klappt aber irgendwie nicht.
Es ist klar, dass ich 6 Würfe fest gegeben habe (1-6) und vier "freie Würfe" habe, bei denen also das Ergebnis egal ist.
die 6 "festen Würfe" erreiche ich mit der Wahrscheinlichkeit von
[mm] \left(\frac{1}{6}\right)^{6}, [/mm] die vier freien Würfe ändern an dieser Wahrscheinlichkeit ja dann nichts mehr.
Aber die Berechnung, wieviele Möglichkeiten es gibt, diese 4 Freien und 6 festen Würfe auf die 10 Würfe aufzuteilen, will mir gerade nicht gelingen.
Bisher habe ich:
die 6 "Festen Würfe" kann ich auf 6! verschiedene Arten anordnen, und diese 6 "festen Würfe" kann ich auf [mm] \vektor{10\\6} [/mm] verschiedene Arten auf die 10 Gesamtwürfe verteilen.
Also hätte ich nach meiner Überlegung die gesuchte Wahrscheinlichkeit von:
[mm] p=\left(\frac{1}{6}\right)^{6}\cdot6!\cdot\vektor{10\\6}.
[/mm]
Das ergibt aber einen Wert 3,247, was ja irgendwie nicht stimmen kann.
Ich befürchte, ich habe irgendetwas übersehen, sehe aber gerade nicht, was.
Marius
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> Man würfelt mit einem "normalen" Laplace-Würfel 10 mal
> hintereinander.
> Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass alles Zahlen
> von 1-6 je mindestens einmal vorkommen?
> Hallo Ihr.
> eigentlich ist das ganze ein relativ simples Problem, das
> "Verrechnen" der Anordungen klappt aber irgendwie nicht.
> Es ist klar, dass ich 6 Würfe fest gegeben habe (1-6) und
> vier "freie Würfe" habe, bei denen also das Ergebnis egal
> ist.
>
> die 6 "festen Würfe" erreiche ich mit der
> Wahrscheinlichkeit von
>
> [mm]\left(\frac{1}{6}\right)^{6},[/mm] die vier freien Würfe
> ändern an dieser Wahrscheinlichkeit ja dann nichts mehr.
>
> Aber die Berechnung, wieviele Möglichkeiten es gibt, diese
> 4 Freien und 6 festen Würfe auf die 10 Würfe aufzuteilen,
> will mir gerade nicht gelingen.
>
> Bisher habe ich:
> die 6 "Festen Würfe" kann ich auf 6! verschiedene Arten
> anordnen, und diese 6 "festen Würfe" kann ich auf
> [mm]\vektor{10\\6}[/mm] verschiedene Arten auf die 10 Gesamtwürfe
> verteilen.
>
> Also hätte ich nach meiner Überlegung die gesuchte
> Wahrscheinlichkeit von:
>
> [mm]p=\left(\frac{1}{6}\right)^{6}\cdot6!\cdot\vektor{10\\6}.[/mm]
>
> Das ergibt aber einen Wert 3,247, was ja irgendwie nicht
> stimmen kann.
>
> Ich befürchte, ich habe irgendetwas übersehen, sehe aber
> gerade nicht, was.
>
> Marius
Hallo Marius,
ich denke, dass die Unterscheidung von "festen" und "freien"
Würfen hier kein geeigneter Ansatz ist, weil ja dabei eine bestimmte
Wurffolge wie z.B. <2,6,3,3,5,1,1,4,2,3> auf viele verschie-
dene Arten aus freien und festen Würfen zusammengesetzt
sein könnte, und zwar je nachdem auf sehr unterschiedlich
viele Arten. Die Aufgabe ist also wohl doch nicht ganz so
simpel, wie sie auf den ersten Blick erscheinen mag.
Mein Vorschlag:
Betrachte zuerst die verschiedenen Möglichkeiten, wie
eine Zehner-Wurfserie in Grüppchen von jeweils gleichen
Augenzahlen aufgeteilt werden kann. Glücklicherweise
gibt es da nur relativ wenige Möglichkeiten. Picken wir
eine dieser Gruppierungsmöglichkeiten heraus:
10 = 4+2+1+1+1+1
(beispielsweise 4 Dreier, 2 Sechser und je ein Einer, Zweier,
Vierer und Fünfer)
Nun muss man sich überlegen, wie viele unterscheidbare
Folgen mit dieser Zusammensetzung es gibt. Dabei
muss man natürlich verschiedene Permutations-
möglichkeiten (der Farben und der Plätze in der Folge)
berücksichtigen.
Das wird sicher etwas umständlich, ist aber machbar.
LG Al-Chw.
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> Man würfelt mit einem "normalen" Laplace-Würfel 10 mal
> hintereinander.
> Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass alles Zahlen
> von 1-6 je mindestens einmal vorkommen?
Hallo Marius,
ich habe auch noch einen anderen Ansatz zu bieten.
Idee: Bestimmung der (komplementären) Wahrscheinlichkeit, dass wenigstens eine Augenzahl nicht unter den 10 Würfen vorkommt.
Dazu
a) Die Wahrscheinlichkeit dafür berechnen, dass unter den 10 Würfen keine einzige 1,2,3,... ist. Sie ergibt sich jeweils zu [mm] \left(\frac{5}{6}\right)^{10}. [/mm]
WSK insgesamt: [mm] \vektor{6\\1}*\left(\frac{5}{6}\right)^{10} [/mm] addiert
b) Nun wurden jedoch bestimmte Ereignisse doppelt gezählt, wenn z.B. sogar zwei Augenzahlen unter allen 10 Würfen nicht vorkommen. Für zwei bestimmte Augenzahlen a, b ist die WSK dafür, dass weder a noch b unter 10 Würfen gewürfelt werden, [mm] \left(\frac{4}{6}\right)^{10}. [/mm] Es gibt insgesamt [mm] \vektor{6\\2} [/mm] Möglichkeiten solcher Paare.
WSK insgesamt: [mm] \vektor{6\\2}*\left(\frac{4}{6}\right)^{10} [/mm] subtrahiert
c) Jetzt wurde wieder zu viel abgezogen (Wenn sogar drei Augenzahlen nicht vorkommen) ... usw.
Es wäre auf jeden Fall interessant, am Ende die Lösung über die verschiedenen Ansätze zu überprüfen.
LG
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:57 Di 08.03.2011 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hmpf,
doof, wenn man erst beim Tippen merkt, dass man nen Denkfehler drin hat.
Kann also getrost ignoriert werden hier.
MFG,
Gono.
PS: Warum kann man eigentlich immer noch keine Antworten auch bereits beantwortete Fragen abbrechen, ohne dass die Antwort wieder als "nur teilweise beantwortet" angezeigt wird -.-
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:14 Di 08.03.2011 | | Autor: | gfm |
> Man würfelt mit einem "normalen" Laplace-Würfel 10 mal
> hintereinander.
> Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass alles Zahlen
> von 1-6 je mindestens einmal vorkommen?
>
>
>
> Hallo Ihr.
>
> eigentlich ist das ganze ein relativ simples Problem, das
> "Verrechnen" der Anordungen klappt aber irgendwie nicht.
>
> Es ist klar, dass ich 6 Würfe fest gegeben habe (1-6) und
> vier "freie Würfe" habe, bei denen also das Ergebnis egal
> ist.
>
> die 6 "festen Würfe" erreiche ich mit der
> Wahrscheinlichkeit von
>
> [mm]\left(\frac{1}{6}\right)^{6},[/mm] die vier freien Würfe
> ändern an dieser Wahrscheinlichkeit ja dann nichts mehr.
>
> Aber die Berechnung, wieviele Möglichkeiten es gibt, diese
> 4 Freien und 6 festen Würfe auf die 10 Würfe aufzuteilen,
> will mir gerade nicht gelingen.
>
> Bisher habe ich:
> die 6 "Festen Würfe" kann ich auf 6! verschiedene Arten
> anordnen, und diese 6 "festen Würfe" kann ich auf
> [mm]\vektor{10\\6}[/mm] verschiedene Arten auf die 10 Gesamtwürfe
> verteilen.
>
> Also hätte ich nach meiner Überlegung die gesuchte
> Wahrscheinlichkeit von:
>
> [mm]p=\left(\frac{1}{6}\right)^{6}\cdot6!\cdot\vektor{10\\6}.[/mm]
>
> Das ergibt aber einen Wert 3,247, was ja irgendwie nicht
> stimmen kann.
>
> Ich befürchte, ich habe irgendetwas übersehen, sehe aber
> gerade nicht, was.
>
> Marius
>
Es gilt allgemein die Siebformel (siehe ![[]](/images/popup.gif) Prinzip von Inklusion und Exklusion):
[mm] \mathsf{P}\left(\bigcup_{i=1}^nA_i\right) [/mm] = [mm] \sum_{k=1}^n(-1)^{k+1}\!\!\sum_{I\subseteq\{1,\dots,n\},\atop |I|=k}\!\!\!\!\mathsf{P}\left(\bigcap_{i\in I}A_i\right)
[/mm]
Interpretiere [mm] A_i [/mm] als das Ereignis, dass die Augenzahl i nicht vorkommt...
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:20 Di 08.03.2011 | | Autor: | kamaleonti |
Hallo gfm,
> Es gilt allgemein die Siebformel (siehe
> Prinzip von Inklusion und Exklusion):
>
> [mm]\mathsf{P}\left(\bigcup_{i=1}^nA_i\right)[/mm] = [mm]\sum_{k=1}^n(-1)^{k+1}\!\!\sum_{I\subseteq\{1,\dots,n\},\atop |I|=k}\!\!\!\!\mathsf{P}\left(\bigcap_{i\in I}A_i\right)[/mm]
>
> Interpretiere [mm]A_i[/mm] als das Ereignis, dass die Augenzahl i
> nicht vorkommt...
Genau, das ist die allgemeine Beschreibung meines Ansatzes. Tolle Ergänzung!
LG
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:39 Di 08.03.2011 | | Autor: | Sigma |
kamaleonti,
dann mach es mal mit deinem Ansatz. Deine Lösung kannst du dann hier vergleichen. Da wurde das selbe Problem schon im Matheraum diskutiert.
https://matheraum.de/read?t=606061&v=t#i606275
mfg sigma
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Hallo,
ich habe 3 Millionen Zehner-Wurfserien simuliert und
kam dabei auf die relative Häufigkeit $\ 0.271549$ , was
gut mit meinem kombinatorischen Ergebnis
P(alle 6 Augenzahlen kommen in 10 Würfen vor)
= [mm] $\frac{16435440}{6^{10}}\ \approx\ [/mm] 0.271812$
übereinstimmt.
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:15 Mi 09.03.2011 | | Autor: | M.Rex |
Danke euch allen, ich werde mal die Ergebnisse vergleichen.
Marius
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