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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:51 Di 05.12.2023 | | Autor: | Trikolon |
| Aufgabe | Fünf Laplace-Würfel werden gleichzeitig geworfen.
Bestimme die Wahrscheinlichkeiten der folgenden Ereignisse:
A: Die fünf Würfel zeigen alle die gleiche Zahl.
B: Es fällt ein Full House (drei gleiche Augenzahlen und zwei andere gleiche Augenzahlen).
C: Es fällt eine Straße (die Augenzahlen sind fünf aufeinander folgende Zahlen).
D: Mindestens zwei Würfel zeigen die Augenzahl 1.
Untersuche, ob die Ereignisse A und D stochastisch unabhängig sind. |
Zunächst einmal zur Frage nach der Mächtigkeit von Omega. Da die Würfel gleichzeitig geworfen werden gibt es meiner Meinung nach [mm] \vektor{30 \\ 5} [/mm] mögliche Ergebnisse. (5 aus 30 möglichen Seiten).
Dann wäre [mm] P(A)=\bruch{6}{|\Omega|}.
[/mm]
Passt das bis hier her?
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Hiho,
> Untersuche, ob die Ereignisse A und D stochastisch
> unabhängig sind.
> Zunächst einmal zur Frage nach der Mächtigkeit von
> Omega. Da die Würfel gleichzeitig geworfen werden gibt es
> meiner Meinung nach [mm]\vektor{30 \\ 5}[/mm] mögliche Ergebnisse.
> (5 aus 30 möglichen Seiten).
Da liegst du falsch.
Ich könnte nach diesem Modell ja auch 5 Seiten desselben Würfels ziehen, jeder Würfel zeigt aber nur eine seiner Seiten.
Du überschätzt also die Mächtigkeit (massiv).
Andere Frage: Wie sieht denn dein [mm] $\Omega$ [/mm] aus?
Dann folgt die Mächtigkeit doch sofort…
> Dann wäre [mm]P(A)=\bruch{6}{|\Omega|}.[/mm]
Ja, das wird es denn irgendwann, bei richtiger Wahl von [mm] $\Omega$
[/mm]
Gruß,
Gono
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:26 Di 05.12.2023 | | Autor: | statler |
Hallo,
da mein Vorantworter dir nur die Falschheit deines Angangs bescheinigt, gebe ich mal einen Wink:
Mit welchem der 4 Urnenmodelle würdest du denn hier hantieren?
Gruß Dieter
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:56 Mi 06.12.2023 | | Autor: | Trikolon |
Vielen Dank für eure Antworten.
Ich hatte meine Antwort darauf bezogen, dass die Würfel gleichzeitig geworfen werden und nicht nacheinander, aber das spielt wohl keine Rolle.
Dann ist wohl | [mm] \Omega|=6^5.
[/mm]
Noch eine Nachfrage: Ist es relevant, ob die Würfel unterscheidbar sind oder nicht?
Mit obigem Omega erhalte ich
P(A)=0,00077
P(B)=0,0386
P(C)=0,0309
Bei P(D) habe ich noch Probleme. Über das Gegenereignis ,,höchstens ein Würfel zeigt eine 1'' würde ich für ,,kein Würfel zeigt eine 1'' [mm] 5^5 [/mm] Möglichkeiten und für ,,genau 1 Würfel zeigt eine 1'' [mm] 5^4 [/mm] Möglichkeiten, also für D [mm] 6^5-(5^5+5^4) [/mm] Möglichkeiten erhalten.
Passt das so?
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Hiho,
> Ich hatte meine Antwort darauf bezogen, dass die Würfel
> gleichzeitig geworfen werden und nicht nacheinander, aber
> das spielt wohl keine Rolle.
Das hängt davon ab (siehe Erklärung unten).
> Dann ist wohl | [mm]\Omega|=6^5.[/mm]
Noch mal: Das hängt von deinem [mm] $\Omega$ [/mm] ab, da du uns das bisher nicht verraten hast, lässt sich darauf keine Antwort geben.
Ich würde allerdings das [mm] $\Omega$ [/mm] so wählen, dass [mm]|\Omega|=6^5[/mm] gilt.
> Noch eine Nachfrage: Ist es relevant, ob die Würfel unterscheidbar sind oder nicht?
Ja und Nein… nun zur Erklärung.
Was du bisher nicht verstanden zu haben scheinst: Ein Experiment kann durch verschiedene Modelle dargestellt werden.
Je nachdem, wie DU das Experiment modellierst, existieren unterschiedliche Einzelereignisse mit unterschiedlichen Einzelwahrscheinlichkeiten, die es entweder leichter oder schwerer machen können, die zu untersuchenden Ereignisse einzuschätzen.
Als Beispiel: Es sollen zwei Münzen geworfen werden und die Frage laute "Wie wahrscheinlich ist es, dass beide Münzen Zahl zeigen".
Als erstes modelliere ich es so, dass beide Münzen unterscheidbar sind, d.h. ich beide Münzen klar in erste und zweite Münze einteilen kann, dann ergibt sich mein Ereignisraum zu [mm] $\Omega_1 [/mm] = [mm] \{ (K,K), (K,Z), (Z,K), (Z,Z) \}$, [/mm] ich habe ein Laplace-Raum und die Auftrittswahrscheinlichkeiten sind alle gleichverteilt. Erkennt nun, dass das gewünschte Ereignis die W-Keit [mm] $\frac{1}{4}$ [/mm] hat.
Es spricht aber auch gar nichts dagegen, das Experiment zu modellieren, dass beide Münzen nicht unterscheidbar ist, mich interessieren nur die geordneten Ausgänge des Münzwurfs und dann bekommt man als Ereignisraum [mm] $\Omega_2 [/mm] = [mm] \{ (K,K), (K,Z), (Z,Z) \}$
[/mm]
Hier interessiert mich noch immer nur das Ereignis $(Z,Z)$, allerdings ist mein [mm] $\Omega$ [/mm] nun kein Laplace-Raum mehr, da die Elementarereignisse nicht mehr die selbe Auftrittswahrscheinlichkeit haben.
In [mm] $\Omega_2$ [/mm] hat nämlich das Ereignis $(K,Z)$ die Wahrscheinlichkeit [mm] $\frac{1}{2}$.
[/mm]
Ob die Münzen im realen Leben unterscheidbar sind, oder nicht, spielt dabei gar keine Rolle.
DU entscheidest, wie du das Experiment modellierst.
> Mit obigem Omega erhalte ich
> P(A)=0,00077
> P(B)=0,0386
> P(C)=0,0309
Du solltest hier exakte Brüche angeben und nicht nur gerundete Werte…
Und auch, wie du darauf kommst.
Ich komme aber auf die selben Ergebnisse.
> Bei P(D) habe ich noch Probleme. Über das Gegenereignis
> ,,höchstens ein Würfel zeigt eine 1'' würde ich für
> ,,kein Würfel zeigt eine 1'' [mm]5^5[/mm] Möglichkeiten
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> und für ,,genau 1 Würfel zeigt eine 1'' [mm]5^4[/mm] Möglichkeiten,
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Auch hier wieder: Wie kommst du darauf?
> Passt das so?
Vom Ansatz her ja.
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:47 Fr 08.12.2023 | | Autor: | Trikolon |
> > Bei P(D) habe ich noch Probleme. Über das Gegenereignis
> > ,,höchstens ein Würfel zeigt eine 1'' würde ich für
> > ,,kein Würfel zeigt eine 1'' [mm]5^5[/mm] Möglichkeiten
>
>
> > und für ,,genau 1 Würfel zeigt eine 1'' [mm]5^4[/mm]
> Möglichkeiten,
>
> Auch hier wieder: Wie kommst du darauf?
Für die anderen vier Würfel gibt es [mm] 5^4 [/mm] Möglichkeiten und dann noch [mm] 5*5^4, [/mm] da ja jeder der fünf Würfel die 1 zeigen könnte.
Also [mm] |D|=6^5-2*5^5
[/mm]
Noch zur Frage, ob A und D stochastisch unabhängig sind: P(A [mm] \cap [/mm] D)= [mm] 1/(6^5) [/mm] (da dann alle Würfel die 1 zeigen müssen) und das ist ungleich P(A)*P(D), somit sind die Ereignisse stochastisch unabhängig.
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Hiho,
> Für die anderen vier Würfel gibt es [mm]5^4[/mm] Möglichkeiten
> und dann noch [mm]5*5^4,[/mm] da ja jeder der fünf Würfel die 1
> zeigen könnte.
>
> Also [mm]|D|=6^5-2*5^5[/mm]
>
> Noch zur Frage, ob A und D stochastisch unabhängig sind:
> P(A [mm]\cap[/mm] D)= [mm]1/(6^5)[/mm] (da dann alle Würfel die 1 zeigen
> müssen) und das ist ungleich P(A)*P(D), somit sind die
> Ereignisse stochastisch unabhängig.
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:07 Fr 08.12.2023 | | Autor: | Trikolon |
Sorry, es fehlte natürlich ein ,,nicht'' bzw. anders ausgedrückt: Die Ereignisse sich stochastisch abhängig.
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Gruß,
Gono
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