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Würfel, n=3, mindestens eine 1, Würfe untersch.

Universität / Fachhochschule

Verteilungsfunktionen

Tags: Bernoulli Experiment, Verteilungsfunktion, Würfelwurf

anonymous

00:24 Uhr, 17.07.2017

Guten Abend,

ich habe eine Frage zu den Würfeln. Wir haben das in der Übung zwar behandelt und dort ist die Aufgabe deutlich kürzer gelöst, jedoch verstehe ich das so nicht richtig. Außerdem muss das ja auch mit dem Bernoulli klappen.

Aufgabe
a) fairer Würfel, dreimal geworfen, WSK für mindestens eine 1
b) fairer Würfel, dreimal geworfen, WSK mindestens zwei gleiche Ergebnisse
c) fairer Würfel, dreimal geworfen, WSK mindestens eine 1, wenn alle drei Würfe unterschiedlich.

Wir haben das in der Übung nicht mit Bernoulli, oder ich raff zumindest nicht, dass das Bernoulli ist, gelöst. aber das müsste ja auch mit dem Bernoulli Experiment klappen.

zu a) in der Übung:
Ereignis A= mindestens eine 1. Nicht-A = keine 1

P (A) = 1 - P (A) = 1 - {\frac{5}{6}}^{3} = \frac{91}{216}

das hatte ich so nicht verstanden, deswegen habe ich das mit Bernoulli versucht und auch raus bekommen :-)) immerhin :-D) aber ich würde mir sonst merken:: Mindestens einmal, ist Einmal minus kein mal :: das ist zwar schön und gut der Spruch, klappt. aber deswegen hab ich es trotzdem noch nicht kapiert :/ Hilfe :((

Mein Ansatz:
ich hab gemacht Bernoulli, mehr zu rechnen, aber für mich verständlicher. wär natürlich toll, wenn ich diese Kurzform verstehen würde :-D)
A= mindestens eine 1, dh k=1, k=2, k=2 bei n=3 Versuchen, mit p=1/6
für k=1 hab ich 25/72
für k=2 hab ich 5/72
für k=3 hab ich 1/216 raus
und zusammen ergibt das die 91/216 wie aus der Übung.

zu b) in der Übung:
Ereignis B= mindestens zwei gleiche. Nicht-B = alle drei unterschiedlich

P (B) = 1 - P (B^{c}) = 1 - \frac{6 * 5 * 4}{6^{3}} = \frac{4}{9}

hab ich null verstanden, wieso wir das so gemacht haben. ich verstehe, dass die Gegenwahrscheinlichkeit weniger zu rechnen ist in dem fall. aber wieso weshalb warum wir das so gemacht haben, kann ich nicht verstehen.

oder: 3*(5/6) + 1/36 = 16/36 = 4/9. was ich auch leider nicht wirklich verstanden habe.

aber das müsste doch auch mit Bernoulli gehen, oder nicht. mindestens 2 mal, heiße k=2 + k=3, oder?

und zu c) in der Übung:

P (A ∣ B^{c}) = \frac{A \cap B^{c}}{B^{c}} = \frac{3 * 5 * 4}{6^{3}} \frac{6^{3}}{6 * 5 * 4} = \frac{1}{2}

bedingte WSK und Satz von Bayes hab ich verstanden. mir ist klar, dass wir P(A|B^c) suchen, steht ja in der aufgabe, aber warum ist der schnitt von A und B^c = 3*5*4??? und das klassische Bayes verfahren klappt ja auch nicht, weil wir weder A bedingt B^c oder anders rum haben. lediglich die Einzelwahrscheinlichkeiten.

Mein Ansatz war hier zu sagen, ich bestimme k=1, k=2 und k=3, addiere diese Pfade. das ist die WSK dafür, dass alles mindestens eine 1 hat (siehe a). und davon ziehe ich die WSK ab, dass alles unterschiedlich ist. aber das haut nicht hin, da kommt nur murks raus :(( geht das nicht, weil bedingte WSK? und das simple minus wär ja nicht unter der Bedingung? aber auch dies muss doch mit Bernoulli zu lösen sein?

verzweifle schon seit stunden an dieser aufgabe. ich würde mich sehr über jede Hilfe freuen :-))

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Roman-22

00:47 Uhr, 17.07.2017

>

gut der Spruch, klappt. aber deswegen hab ich es trotzdem noch nicht kapiert

\frac{:}{}

Hilfe

: ((

Der Aufgabe

a)

liegt die Tatsache zugrunde, dass die WKT eines Ereignisses und die WKT des Gegenereignisses sich immer auf 1 (eins von beiden muss ja eintreten) ergänzen.

Wenn du einen Würfel dreimal wirfst, dann kann es sein, dass du mindestens einmal eine 1 wirfst, oder dass nie eine 1 kommt. Die WKLT dafür, dass eins von beiden passiert ist

100 % = 1 -

das sichere Ereignis.
Jetzt kannst du natürlich zB mittels der Formel für die Binomialverteilung ausrechnen, dass genau eine

1,

genau 2 1en, genau 3 1en geworfen werden und diese WKTen addieren. Oder du berechnest die WKT für den Fall, der nicht eintreten soll, nämlich dass dreimal eine der Zahlen 2 bis 6 geworfen werden und das ist

{(\frac{5}{6})}^{3}

. Das ist die WKT für das Gegenereignis. Die Wahrscheinlichkeit für das gefragte Ereignis muss daher die Ergänzung auf

100 %

sein, also eben

1 - {(\frac{5}{6})}^{3}

.
Sehr oft, wenn in der Angabe "mindestens" steht, ist man gut beraten, mal kurz zu überlegen, ob das Gegenereignis nicht vielleicht einfacher zu berechnen ist.

Stell dir vor, die Aufgabe würde gleich lauten, nur würfeln wir diesmal nicht dreimal, sondern

100

Mal.
Was ist nun einfacher:

1 - {(\frac{5}{6})}^{100}

oder

\sum_{k = 1}^{100} [(\begin{matrix} 100 \\ k \end{matrix}) \cdot {(\frac{1}{6})}^{k} \cdot {(\frac{5}{6})}^{100 - k}]

? ;-)
Auch wenn die Frage nach mindestens 5 Einsen lauten würde, wärst du nun mit der Gegenwahrscheinlichkeit besser bedient ( Summe von 5 WKTen anstelle eine Summe von

96

WKTen).
Wenn wir aber nach mindestens

90

Einsen fragen, dann berechnest du das besser direkt (Summe von

11

WKTen = lästig, aber besser als die Summe von

90

WKTen berechnen zu müssen)

ad

b)

>

ich verstehe, dass die Gegenwahrscheinlichkeit weniger zu rechnen ist in dem fall. aber wieso weshalb warum wir das so gemacht haben, kann ich nicht verstehen.
Na eben genau deshalb, weil es einfacher zu rechnen ist!

Das Gegenereignis ist nun, drei verschiedene Zahlen zu würfeln. Berechnen wir dafür die WKT.
Der erste Wurf ist völlig egal, der passt uns immer ins Konzept. Wir können dafür also eine WKT von 1 oder

\frac{6}{6}

ansetzen oder ihn überhaupt ignorieren.
Der zweite Wurf darf nun alles sein, nur nicht die Zahl des ersten Wurfs

\to

WKT=

\frac{5}{6}

.
Im dritten Wurf haben wir nur mehr vier Möglichkeiten die uns glücklich machen, denn keine der ersten beiden Zahlen darf nun kommen

\to

WKT

= \frac{4}{6}

Die Gesamtwkt erhalten wir nun durch ausmultiplizieren

\to \frac{6}{6} \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{4}{6} = \frac{5}{9}

. Die gesuchte WKT ist wieder die Ergänzung auf

1 \to \frac{4}{9}

.
Vielleicht wurde euch das in der Vorlesung auch mithilfe von Kombinatorik erklärt.
"Günstige" = Variation ohne Wiederholung von 3 Objekten aus

6 = \frac{6!}{(6 - 3)!} = 6 \cdot 5 \cdot 4 (1

. Wurf: 6 Möglichkeiten, 2.Wurf: 5 Möglichkeiten,

...)

"Mögliche" = Variation mit Wiederholung von 3 Objekten aus

6 = 6^{3}

\frac{G u e n s t i g e}{M o e g l i c h e} = \frac{6 \cdot 5 \cdot 4}{6^{3}} = \frac{5}{9}

>

aber das müsste doch auch mit Bernoulli gehen, oder nicht. mindestens 2 mal, heiße

k = 2 + k = 3,

oder?
Wenn mans richtig macht, ja.

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, mindestens zweimal eine 6 zu haben?
P(genau 2 6en)

= (\begin{matrix} 3 \\ 2 \end{matrix}) \cdot {(\frac{1}{6})}^{2} \cdot \frac{5}{6} = 3 \cdot \frac{5}{6^{3}}

P(genau 3 6en)

= \frac{1}{6^{3}}

In Summe also

3 \cdot \frac{5}{6^{3}} + \frac{1}{6^{3}}

Die Frage ist aber nicht nach mind. 2 Sechsen, sondern nach mind. 2 gleichen. Es könnten also auch Einsen, Dreien, etc. sein. Daher ist die obige WKT noch mit 6 zu multiplizieren

\to 3 \cdot \frac{5}{6^{2}} + \frac{1}{6^{2}} = \frac{4}{9}

anonymous

01:09 Uhr, 17.07.2017

Jop. Das mit Gegenwahrscheinlichkeit hab ich ja verstanden. a) war dann auch ziemlich klar, weil genau wie du sagtest, ist kürzer. Das werd ich auch immer hinkriege, und dein Beispiel mit den zB 100 kenn ich noch aus der Schule. Mega lästig :-D) aber schon sehr lange her.

Mindestens zweimal zu gegenwahrscheinlichkeit mit keine. Auch der Gedanke logisch, aber was da gerechnet wurde, verstehe ich trotzdem nicht, geschweige denn was da bei c) steht ://

Roman-22

01:21 Uhr, 17.07.2017

Habe oben noch

b)

ergänzt.

Was genau ist dir bei

c)

unklar?

anonymous

01:32 Uhr, 17.07.2017

ach so, sry

Roman-22

01:39 Uhr, 17.07.2017

Zu guter Letzt:
ad

c)

>

aber warum ist der schnitt von A und

B^{c} =

3*5*4???
Ist er doch nicht!
Zunächst geht es nicht um

A \cap B^{c},

sondern um

P (A \cap B^{c}),

also um einer WKT (und die kann sicher nicht

60

sein).

Was ist

A \cap B^{c}

? Es ist das Ereignis, dass alle drei Zahlen verschieden sind und eine davon eine 1 ist.

Die WKT für eine 1 ist

\frac{1}{6},

die WKT, dass ein andere Wurf davon verschieden ist ist

\frac{5}{6}

und die WKT, dass der dritte Wurf von den anderen verschieden ist, ist

\frac{4}{6}

. Da die 1 an drei verschiedenen Positionen stehen kann, müssen wir noch mit 3 multiplizieren

\to P (A \cap B^{c}) = 3 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{4}{6} = \frac{3 \cdot 5 \cdot 6}{6^{3}}

und so stehts auch in deiner Lösung.
Diese WKT müssen wir nach Bayes noch durch

P (B^{c})

dividieren. Diese WKZ wurde bereits im Zuge von

b)

mit

\frac{6 \cdot 5 \cdot 4}{6^{3}}

errechnet und anstatt dadurch zu dividieren und einen Doppelbruch anzuschreiben, wurde in der Lösung gleich mit dem Kehrwert multipliziert.

Und bei bedingten Wahrscheinlichkeiten wirst du um Bayes eben nicht herum kommen. Einfach nur WKTen addieren und subtrahieren wird da nicht funktionieren können.

anonymous

11:36 Uhr, 17.07.2017

danke :-)
das macht natürlich sinn. danke für die schnelle und ausführliche Hilfe :-)

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