Würfeln < Klassen 8-10 < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:17 So 19.03.2006 | | Autor: | seven |
| Aufgabe 1 | [Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, daß man bei einem Wurf mit drei Würfeln mindestens eine 6 dabei hat?
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| Aufgabe 2 | | [Wenn man dreimal hintereinander mit einem Würfel würfelt, wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens eine 6 dabei ist?] |
zu 1:
P = 1 - [mm] \bruch {5} {6} * \bruch {5} {6} * \bruch {5} {6} [/mm] = 42%
zu 2:
[mm]P = \bruch {1} {6} + \bruch {1} {6} + \bruch {1} {6} = 50 [/mm]%
Ist das richtig?
Wenn ja, dann verstehe ich nicht, wieso beide Ergebnisse unterschiedlich sind! Es müßte doch egal sein, ob man dreimal mit einem Würfel hintereinander, oder einmal mit drei Würfeln würfelt?
Ich bin neu hier, aber in Zukunft werde ich auch aktiv mitmachen -versprochen!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:24 So 19.03.2006 | | Autor: | Fry |
Hallo :),
eigentlich besteht wirklich kein Unterschied zwischen dreimal Würfeln und einmal Würfeln mit drei Würfeln.
Die Wkeit müsste also,wie du geschrieben hast, 1- 5/6*5/6*5/6 betragen.
Grüße
Fry
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:42 So 19.03.2006 | | Autor: | Phoney |
> Hallo :),
>
> eigentlich besteht wirklich kein Unterschied zwischen
> dreimal Würfeln und einmal Würfeln mit drei Würfeln.
> Die Wkeit müsste also,wie du geschrieben hast, 1-
> 5/6*5/6*5/6 betragen.
Ich sehe da schon einen Unterschied. Wenn ich drei Würfel in die Hand nehme und einmal werfe, handelt es sich doch um ungeordnete Stichprobenziehung.
D.h. das Ereignis E (6,keine sechs, 6) gilt hier als das selbe Ereignis wie (6,6, keine Sechs)
Das wäre allerdings komisch, weil es dann ja nur |E|= 3 geben würde
Was wäre dann dazu das passende S? (1,1,1),(1,2,1),...(1,6,1),(2,2,2),(2,1,2),...
Meinungen dazu?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:32 So 19.03.2006 | | Autor: | Walde |
hi Phoney,
es besteht wirklich kein Unterschied, weil die Würfel unabhängig von einander sind. Du würfelst ja einfach weiter, auch wenn du schon ne 6 hast. Ich weiss jetzt nicht genau,was du mit S meinst, den Ereignisraum vielleicht? Der ist mit dem des gleichzeitigen Würfelns identisch, genauso wie die Menge der "günstigen" Ereignisse.
L G Walde
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:56 So 19.03.2006 | | Autor: | Phoney |
Hallo WAlde.
> es besteht wirklich kein Unterschied, weil die Würfel
> unabhängig von einander sind. Du würfelst ja einfach
> weiter, auch wenn du schon ne 6 hast. Ich weiss jetzt nicht
> genau,was du mit S meinst, den Ereignisraum vielleicht? Der
> ist mit dem des gleichzeitigen Würfelns identisch, genauso
> wie die Menge der "günstigen" Ereignisse.
Dann würde sich Aufgabe 1 von Aufgabe 2 ja überhaupt nicht unterscheiden. Das wäre dann ja Unsinn!
Ich sehe die Aufgabe nämlich so,
ich habe drei Laplace-Würfel (die haben die selbe Farbe etc und unterscheiden sich nicht voneinander). Diese werfe ich gleichzeitig, das heißt das Ereignis
[mm] E_1 [/mm] = (1,1,2) ist das selbe wie [mm] E_2(1,2,1), [/mm] weil ich sie gleichzeitig geworfen habe und somit keine Reihenfolge der Zahlen erkennen kann. (Das würde nämlich dann zur Aufgabe einen Unterschied machen)
Wie viele verschiedene Ergebnisse würde es denn geben, wenn ich so zählen würde?
Mit S meinte ich (eigentlich standardmäßig als Omega bezeichnet) alle möglichen Fälle, also alle möglichen Ergebnisse.
|S bei einem Würfel |= 6
S = { 1,2,3,4,5,6 }
Wie viele verschiedene Fälle gibt es nun also bei drei Würfeln bei einer ungeordneten Stichprobenziehung ohne Zurücklegen?
(So verstehe ich die Aufgabe auch)
Gruß.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:22 So 19.03.2006 | | Autor: | Walde |
hi Phoney,
> Dann würde sich Aufgabe 1 von Aufgabe 2 ja überhaupt nicht
> unterscheiden. Das wäre dann ja Unsinn!
Ja, es besteht überhaupt kein Unterschied zw den Aufgaben. Der Sinn liegt darin, genau das zu erkennen.
Bei Aufgabe 1 ist es so, als ob ich in 3 verschiedene Urnen greife, die je 1 weisse und 5 rote Kugeln enthalten.
Bei Aufgabe 2 ist es so, als ob ich 3 mal in ein Urne greife und die gezogene Kugel wieder zurücklege.
Die Reihenfolge spielt bei beiden keine Rolle, d.h wann ich eine 6 (bzw. weisse Kugel) ziehe, es geht pro Zug nur um "6" oder "nicht 6".
X (=Anzahl der "6"en) ist in beiden Aufgaben binomialverteilt, mit Paramtern n=3 und [mm] p=\bruch{1}{6}
[/mm]
Ich müsste mich sehr täuschen, (was aber natürlich nicht ausgeschlossen ist  ) wenn es anders wäre.
L G walde
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:53 So 19.03.2006 | | Autor: | seven |
Danke für Eure Beiträge, so ganz klar ist mir das allerdings noch nicht:
Ein Wurf mit einem Würfel ergibt 1/6 Wahrscheinlichkeit.
Bei drei Würfen verdreifacht sich die Chance, also 3/6=50%.
Warum soll das nicht stimmen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:02 So 19.03.2006 | | Autor: | Phoney |
> Danke für Eure Beiträge, so ganz klar ist mir das
> allerdings noch nicht:
>
> Ein Wurf mit einem Würfel ergibt 1/6 Wahrscheinlichkeit.
> Bei drei Würfen verdreifacht sich die Chance, also
> 3/6=50%.
> Warum soll das nicht stimmen?
Wenn ich sechs Würfel hätte, müsste man nach deiner Theorie eine Wahrscheinlichkeit (für eine sechs) von 100% haben. Das wird wohl nicht der Fall sein....
Also kann ich dir nur als Stichwort: Baumdiagramm sagen
Das gesuchte Ereignis ist für eine sechs:
E={ (6,k,k),(k,6,k),(k,k,6) }
Dieses berechnet sich durch die Pfadregeln
p("eine sechs") = [mm] \bruch{1}{6}* \bruch{5}{6}* \bruch{5}{6}+ \bruch{5}{6}*\bruch{1}{6}* \bruch{5}{6}+\bruch{5}{6}* \bruch{5}{6}*\bruch{1}{6} [/mm]
Reicht dir das als Erklärung?
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:25 So 19.03.2006 | | Autor: | Walde |
Hi,
> [Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, daß man bei einem
> Wurf mit drei Würfeln mindestens eine 6 dabei hat?
>
> [Wenn man dreimal hintereinander mit einem Würfel würfelt,
> wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens eine 6
> dabei ist?]
Grundsätzlich ist es egal, on du hintereinander oder nacheinander Würfelst, da die Würfel unabhänging voneinander sind.
> zu 1:
> P = 1 - [mm]\bruch {5} {6} * \bruch {5} {6} * \bruch {5} {6}[/mm] =
> 42%
das ist richtig und hier auch die beste Methode:Über das Gegenereignis :1-P(keine sechs)
>
> zu 2:
> [mm]P = \bruch {1} {6} + \bruch {1} {6} + \bruch {1} {6} = 50 [/mm]%
>
so ist es falsch. Du musst das Ereignis "mind. eine 6" richtig, d.h disjunkt (ohne Überschneidungen) zerlegen, zb:
P(mind eine 6)=P(im ersten eine 6, rest egal)+P(im ersten keine 6, im zweiten eine 6, rest egal)+P(in den ersten beiden keine 6,im dritten eine 6)
[mm] =\bruch{1}{6}+\bruch{5}{6}*\bruch{1}{6}+\bruch{5}{6}*\bruch{5}{6}*\bruch{1}{6}
[/mm]
Alles klar?
L G walde
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:05 So 19.03.2006 | | Autor: | seven |
Habe es jetzt so langsam begriffen, danke Euch sehr!
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