Stochastik (Gaaaanz einfach!)

Ishildur

Hallo zusammen
Ich habe gerade eben mit Stochastik und Kombinatorik angefangen und sitze schon bei der ersten Aufgabe fest

Wir haben gelernt, dass man in der Wahrscheinlichkeitsrechnung die Anzahl aller möglichen Ergebnisse sowie die Anzahl möglicher Ergebnisse, welche die gestellte Bedingung erfüllen, zählen und diese am Ende dividiert.

Aufgabe: Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei 6maligem Würfeln mindestens eine 6 gewürfelt wird?

Kein Problem, dachte ich mir:

|Ω| = 6^6 = 46'656
|A| = 2^6 = 64
p = |Ω|/|A| = 0.001372

Eine ziiiiiimlich kleine Zahl, wie ich finde. Ich habe anschliessend mit Maple eine Monte-Carlo Simulation gemacht und bin auf ein Wahrscheinlichkeit von ca. 0.655 gekommen.

Noch schlimmer würde es dann, wenn man GENAU eine 6 würfeln müsste, dann hätte ich ja 6/6^6, aber das kann doch unmöglich sein?

Hmmmm... Was mache ich falsch?
Mfg Samuel

Ishildur

Ishildur schrieb:

Hallo zusammen
Ich habe gerade eben mit Stochastik und Kombinatorik angefangen und sitze schon bei der ersten Aufgabe fest

Wir haben gelernt, dass man in der Wahrscheinlichkeitsrechnung die Anzahl aller möglichen Ergebnisse sowie die Anzahl möglicher Ergebnisse, welche die gestellte Bedingung erfüllen, zählen und diese am Ende dividiert.

Aufgabe: Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei 6maligem Würfeln mindestens eine 6 gewürfelt wird?

Kein Problem, dachte ich mir:

|Ω| = 6^6 = 46'656
|A| = 2^6 = 64
p = |A|/|Ω| = 0.001372

Eine ziiiiiimlich kleine Zahl, wie ich finde. Ich habe anschliessend mit Maple eine Monte-Carlo Simulation gemacht und bin auf ein Wahrscheinlichkeit von ca. 0.655 gekommen.

Noch schlimmer würde es dann, wenn man GENAU eine 6 würfeln müsste, dann hätte ich ja 6/6^6, aber das kann doch unmöglich sein?

Hmmmm... Was mache ich falsch?
Mfg Samuel

Ishildur

Sorry, klickte auf Zitieren anstatt Editieren.

volkard

p("mindestens eine 6")=p("nicht(keine 6)")=1-p("keine 6")=1-p("jedesmal eine nicht-6")=1-(5/6)^6=66.51%

Ishildur schrieb:

Sorry, klickte auf Zitieren anstatt Editieren.

und beim zweiten mal wieder?

Wenn Du die günstigen Ereignisse richtig zählst, kommt auch das richtige raus. Für genau eine 6 sind zum Beispiel dabei:
(6; 1; 1; 1; 1; 1)
(6; 1; 1; 1; 1; 2)
(6; 1; 1; 1; 1; 3)
(6; 1; 1; 1; 1; 4)
... und so weiter, und so fort.

schon mal was von Binomialverteilung gehört?

Ishildur

Ah LORD, so blöd, nein jetzt ist alles klar! Danke vielmals Jungs

Ishildur

Hmmmm... Irgendwie klapps nun doch nicht

Ich habe für die Anzahl der günstigen Fälle bei mindestens einer 6 folgendes bekommen:

1+sum(5,k=1,(k+1)*5^k) oder anders ausgedrückt:
6*5^5+5*54+4*5^3+2*5+1

Aber das ergibt schliesslich (1+sum(5,k=1,(k+1)*5^k))/66 = 0.481417

Welche Fälle habe ich beim zählen übersehen?

u_ser-l schrieb:

schon mal was von Binomialverteilung gehört?

.

geloescht

Wenn schon Laplace-Wahrscheinlichkeit mit diesem Wahrscheinlichkeitsraum, dann richtig:

|Ω| = 6^6 = 46'656
|A| = (6C1)*5^5 + (6C2)*5^4 + (6C3)*5^3 + (6C4)*5^2 + (6C5)*5 + (6C6) = 31031
P(A) ~= 0,6651

(nCk) soll dabei die Anzahl der k-Kombinationen aus einer n-Menge sein. Warum so und nicht anders?
Fall A: eine 6, die kann auf (6C1) = 6 Möglichkeiten auf 1 Platz verteilt werden und jedes mal können alle anderen 5 Plätze alle 5 Werte außer 6 annehmen.
Fall B: zwei 6en, die können auf (6C2) = 15 Möglichkeiten auf 2 Plätze verteilt werden und jedes mal können alle anderen 4 Plätze alle 5 Werte außer 6 annehmen.
usw.

OK, und jetzt nochmal mit dem Gegenereignis:

_
P(A) = 1 - P(A) = 1 - (6C6)*(5/6)^6 = 1 - [(6C6)*5^6] / 6^6

Das zeigt mal deutlich wie viel einfacher ein Problem werden kann, wenn man erstmal um die Ecke denkt.
geloescht