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| Aufgabe | Ein spielfreudiger Student überlegt sich in der Uni für sich und seine Kommilitonen ein modifiziertes Lottospiel zu starten. Um das Spiel einfach zu halten und seriös zu wirken, wirft er zweimal einen Würfel. Somit nennt er sein Spiel kurz 2 aus 6.
Der Student bemerkt, dass es vier verschiedene Möglichkeiten für den Spielaufbau ergibt:
(I) Modell ohne Zurücklegen und mit Berücksichtigung der Reihenfolge
(II) Modell mit Zurücklegen und mit Berücksichtigung der Reihenfolge
(III) Modell ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge
(IV) Modell mit Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge
Bei dem Modell ohne Zurücklegen überlegt er sich, solange den zweiten Wurf zu wiederholen,bis der Würfel eine andere Augenzahl als beim ersten Wurf zeigt
1.Geben Sie die Anzahl der verschiedenen möglichen Stichproben für die obigen 4 Modelle an!
2.Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit in den obigen 4 Modellen genau einen Richtigen zu haben? |
zu 1 habe ich die folgende Lösung:
Die Anzahl der verschiedenen möglichen Stichproben N=6
Ziehungen n=2
(I). [mm] \frac{N!}{(N-n)!}=\frac{6!}{(6-2)!}=\frac{720}{24}=30
[/mm]
(II). [mm] N^n=6^2=36
[/mm]
(III). [mm] \frac{N!}{(N-n)!n!}=\frac{720}{48}=15
[/mm]
(IV). [mm] \begin{pmatrix}
N+n-1 \\
n
\end{pmatrix} =\frac{(N+n-1)!}{(N+n-1-n)!.n!}=\frac{(N+n-1)!}{(N-1)!n!}=\frac{(6+2-1)!}{(6-1)!2!}=\frac{5040}{240}=21
[/mm]
so jetzt zum 2 Teil,da habe ich schwierigkeiten die WS auszurechnen.
Ich weiss das
[mm] WS=\frac{Anzahl der günstigen Ergebnisse}{Anzahl der möglichen Ergebnisse}
[/mm]
Ich hab ja schon die Anzal der möglichen Ergebnisse ausgerechnet.
Aber komme trotzdem nicht irgendwie weiter..
zu( III). P(genau 1 [mm] richtig)=\bruch{\begin{pmatrix}
2 \\
1
\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
4 \\
1
\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}
6 \\
2
\end{pmatrix}}=\bruch{8}{15} [/mm] ist das richtig?
und wie geht das bei I,II,(IV)?
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Hallo,
> Ein spielfreudiger Student überlegt sich in der Uni für
> sich und seine Kommilitonen ein modifiziertes Lottospiel zu
> starten. Um das Spiel einfach zu halten und seriös zu
> wirken, wirft er zweimal einen Würfel. Somit nennt er sein
> Spiel kurz 2 aus 6.
> Der Student bemerkt, dass es vier verschiedene
> Möglichkeiten für den Spielaufbau ergibt:
> (I) Modell ohne Zurücklegen und mit Berücksichtigung der
> Reihenfolge
> (II) Modell mit Zurücklegen und mit Berücksichtigung der
> Reihenfolge
> (III) Modell ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung
> der Reihenfolge
> (IV) Modell mit Zurücklegen und ohne Berücksichtigung
> der Reihenfolge
>
> Bei dem Modell ohne Zurücklegen überlegt er sich, solange
> den zweiten Wurf zu wiederholen,bis der Würfel eine andere
> Augenzahl als beim ersten Wurf zeigt
>
> 1.Geben Sie die Anzahl der verschiedenen möglichen
> Stichproben für die obigen 4 Modelle an!
> 2.Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit in den obigen 4
> Modellen genau einen Richtigen zu haben?
> zu 1 habe ich die folgende Lösung:
> Die Anzahl der verschiedenen möglichen Stichproben N=6
> Ziehungen n=2
>
> (I).
> [mm]\frac{N!}{(N-n)!}=\frac{6!}{(6-2)!}=\frac{720}{24}=30[/mm]
>
> (II). [mm]N^n=6^2=36[/mm]
>
> (III). [mm]\frac{N!}{(N-n)!n!}=\frac{720}{48}=15[/mm]
>
> (IV). [mm]\begin{pmatrix}
N+n-1 \\
n
\end{pmatrix} =\frac{(N+n-1)!}{(N+n-1-n)!.n!}=\frac{(N+n-1)!}{(N-1)!n!}=\frac{(6+2-1)!}{(6-1)!2!}=\frac{5040}{240}=21[/mm]
>
Sieht alles gut aus bis hierhin.
>
> so jetzt zum 2 Teil,da habe ich schwierigkeiten die WS
> auszurechnen.
> Ich weiss das
> [mm]WS=\frac{Anzahl der günstigen Ergebnisse}{Anzahl der möglichen Ergebnisse}[/mm]
>
> Ich hab ja schon die Anzal der möglichen Ergebnisse
> ausgerechnet.
> Aber komme trotzdem nicht irgendwie weiter..
>
> zu( III). P(genau 1 [mm]richtig)=\bruch{\begin{pmatrix}
2 \\
1
\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}
4 \\
1
\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}
6 \\
2
\end{pmatrix}}=\bruch{8}{15}[/mm]
> ist das richtig?
>
Auch das stimmt.
>
> und wie geht das bei I,II,(IV)?
Nun zunächst mal stellt sich die Frage: Was sind günstige Ereignisse?
Offensichtlich hier doch folgendes:
Der Spieler hat die erste Zahl richtig und die zweite Zahl falsch oder er hat die zweite Zahl richtig und die 1. Zahl falsch...
Gehen wir also bei (I) beide Fälle mittels der Pfadregeln durch, dann erhalten wir: P(X=1) [mm] =\bruch{1}{6}* \bruch{4}{5} [/mm] + [mm] \bruch{5}{6}* \bruch{1}{5} [/mm] = [mm] \bruch{3}{10}
[/mm]
Bei (II) wäre es : P(X=1)= [mm] \bruch{1}{6}* \bruch{5}{6} +\bruch{5}{6}* \bruch{1}{6}= \bruch{5}{18}.
[/mm]
Bei (IV) haben wir ein kleines Problem, und zwar sind hier nicht alle Möglichkeiten gleich wahrscheinlich, denn zum Bsp. im 1. Wurf eine 1, im 2. Wurf eine 2 zu würfeln wird als das Gleiche gezählt, wie im 1. Wurf eine 2 und im 2. Wurf eine 1 zu würfeln, das sind im Grunde genommen 2 Möglichkeiten, die als eine zählen... Aber für einen Pasch gibt es nur eine einzige Möglichkeit...
Daher gewichten wir das Ganze doch mal: Die Wk für einen Pasch ist [mm] \bruch{1}{6} [/mm] somit ist die Wk. keinen Pasch zu würfeln [mm] \bruch{5}{6}.
[/mm]
Nun ist die Wk. aber bei beiden Fällen wie bei (II), denn entweder man hat die erste Zahl und die 2. nicht oder umgekehrt... Damit ist auch hier P(X=1)= [mm] \bruch{1}{6}*\bruch{5}{18}+\bruch{5}{6}*\bruch{5}{18} =\bruch{5}{18}. [/mm] Somit war es letztlich egal, dass Pasch und kein Pasch je als 1 Möglichkeit dennoch unterschiedliche Wk. haben
Viele Grüße
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kannst du mir erklären wie du das nach Pfadregeln machst.für mich ist das total verwirrend.Ich verstehe es nicht ,wenn es um die Berücksichtigung der Reihenfolge geht
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> kannst du mir erklären wie du das nach Pfadregeln
> machst.für mich ist das total verwirrend.Ich verstehe es
> nicht ,wenn es um die Berücksichtigung der Reihenfolge geht
Also wie gesagt: Die günstigen Ereignisse sind: 1. Zahl richtig und 2. Zahl falsch oder 2. Zahl richtig und 1. Zahl falsch.
Nun berechnen wir mal (I) und zwar die Wk., dass die 1. Zahl richtig und die zweite Zahl falsch ist:
Naja, im 1. Wurf ist die Wahrscheinlichkeit doch [mm] \bruch{1}{6} [/mm] die richtige Zahl zu würfeln, da 6 mögliche Ereignisse (1,2,3,4,5 oder 6) und eine Zahl davon richtig ist. Im 2. Wurf kann ich dann nur noch 5 mögliche Zahlen würfeln, weil eben die 1. gewürfelte Zahl nicht mehr gewürfelt werden kann (da ohne Zurücklegen) und 4 dieser 5 Zahlen sind falsch...
so kommt man auf die Wk. für 1. Zahl richtig, 2. falsch: [mm] \bruch{1}{6}*\bruch{4}{5}.
[/mm]
Genauso geht man dann vor für das Ereignis: 2. Zahl richtig, 1. Zahl falsch, wobei ich hier gerade einen kleinen Fehler bemerke: Wenn man beim 1. Wurf die 2. Zahl des "Anbieters" würfelt unter Berücksichtigung der Reihenfolge und ohne Zurücklegen, ist auch die 2. Zahl falsch, da diese ja nach dem 1. Wurf herausgenommen würde (, da ohne Zurücklegen). Somit wäre hier dann die Wk. beim 1. Wurf [mm] \bruch{4}{6}, [/mm] da 6 mögliche Zahlen und man darf weder die 1. Zahl noch die 2. Zahl des Anbieters würfeln. Und für den 2. Wurf verbleiben dann wieder 5 mögliche Zahlen von denen eine richtig ist...
Addiert man die Wk beider Ereignisse kommt man insgesamt auf die Wk. von [mm] \bruch{4}{15}.
[/mm]
Analog geht das dann bei (II)
Viele Grüße
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