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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:20 Fr 27.11.2009 | | Autor: | jazzmine |
| Aufgabe | Es werden sechs unterscheidbare Würfel gleichzeitig geworfen. Geben sie den Wahrscheinlichkeitsraum an und berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten für folgende Ereignisse:
(i) A: Das Produkt der Augenzahlen ist durch 5 teilbar.
(ii) B: Das Produkt besitzt als letzte Ziffer eine 5 |
Hallo!
Ich habe (i) wie folgt berechnet:
Das höchste Produkt ist ja [mm] 6^{6} [/mm] = 46656
Der höchste Teiler von 5 wäre ja 46655
[mm] \Rightarrow [/mm] 46655:5= 9331
Alle Möglichkeiten bei 6 Würfeln wäre ja auch 46656
also: 9331:46656= 0,1999= 20%
Für (ii) habe ich mir folgendes gedacht 9330:2+1= 4666
also: 4666:46656= 0.1= 10%
Ich hoffe, dass ist richtig. Wenn ja, gibt es eine elegantere Methode oder Formel dafür?
Außerdem komme ich mit der Wahrscheinlichkeitsraumbestimmung nicht klar. Habe das Skript schon mehrmals gelesen. Bei kleineren Sachen, wie zwei würfel ist es ja wohl was anderes.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo jazzmine,
ich verstehe Deinen Rechenweg überhaupt nicht.
> Es werden sechs unterscheidbare Würfel gleichzeitig
> geworfen. Geben sie den Wahrscheinlichkeitsraum an und
> berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten für folgende
> Ereignisse:
> (i) A: Das Produkt der Augenzahlen ist durch 5 teilbar.
> (ii) B: Das Produkt besitzt als letzte Ziffer eine 5
Ich verstehe die Aufgabe so, dass es sich um "normale" Würfel (mit den Zahlen 1 bis 6) handelt, die aber - zum Zwecke der Rechnung und nichts sonst - als unterscheidbar angenommen werden, also meinetwegen sechs verschiedene Farben oder Größen haben.
> Hallo!
> Ich habe (i) wie folgt berechnet:
> Das höchste Produkt ist ja [mm]6^{6}[/mm] = 46656
> Der höchste Teiler von 5 wäre ja 46655
> [mm]\Rightarrow[/mm] 46655:5= 9331
> Alle Möglichkeiten bei 6 Würfeln wäre ja auch 46656
> also: 9331:46656= 0,1999= 20%
Diese Rechnung kann ich nicht nachvollziehen.
Damit das Produkt der Augenzahlen durch 5 teilbar ist, muss mindestens ein Würfel eine 5 zeigen. Die Wahrscheinlichkeit dafür ist am leichtesten über das Gegenereignis zu bestimmen: wie wahrscheinlich ist es, dass kein Würfel eine 5 zeigt?
Rechne mal nach. Die Wahrscheinlichkeit, dass das Produkt durch 5 teilbar ist, beträgt [mm] p=\bruch{6^6-5^6}{6^6}\approx [/mm] 66,5%
> Für (ii) habe ich mir folgendes gedacht 9330:2+1= 4666
> also: 4666:46656= 0.1= 10%
Der zweite Fall hat eine Zusatzbedingung, die aus Teilbarkeitsbetrachtungen (der allerelementarsten Grundschul-Zahlentheorie) leicht herzuleiten ist: es muss nicht nur mindestens ein Würfel eine 5 zeigen (wie in (i)), es darf darüber hinaus kein Würfel eine gerade Zahl zeigen.
Also ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit nach wenigen Rechenschritten, die Du allerdings noch ermitteln musst, [mm] p=\bruch{3^6-2^6}{6^6}\approx [/mm] 1,43%
> Ich hoffe, dass ist richtig. Wenn ja, gibt es eine
> elegantere Methode oder Formel dafür?
Kann sein. Aber braucht man die hier?
> Außerdem komme ich mit der
> Wahrscheinlichkeitsraumbestimmung nicht klar. Habe das
> Skript schon mehrmals gelesen. Bei kleineren Sachen, wie
> zwei würfel ist es ja wohl was anderes.
Inwiefern kommst du nicht klar? So ist die Frage ein bisschen allgemein und indirekt...
lg
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:39 Di 01.12.2009 | | Autor: | Boerdy |
Hey,
also ich bin auch grad an der aufgabe und (i) verstehe ich ja auch, da mindestens eine 5 vorhanden sein muss, damit es durch 5 teilbar ist. und wir 6 würfel haben, die die zahlen 1 bis 6 haben kommt da die formel raus, die schon gesagt wurde.
so aber bei (ii) verzweifle ich so langsam. es muss ja wieder mindestens eine 5 vorhanden sein, die anderen faktoren müssen ungerade sein, weil sonst das produkt grade wäre. da ungerade * gerade= gerade ist, also die zahlen 1 oder 3.
richtig?
nu habe ich mir den ersten wurf angesehen.
w1= 5 und die anderen 1,3 oder 5 also [mm] 3^5 [/mm] Möglichkeiten
w2= 5, dann wäre W1= 1 oder 3, da die Möglichkeit, dass W1 und W2 beide 5 sind schon im ersten Fall drinne sind, die anderen Würfel können wieder 1,3 oder 5 sein, somit wäre es hier [mm] 2*3^4
[/mm]
und nu hab ich schwierigkeiten
bei W3 habe ich: [mm] 2*2*3^3 [/mm] (da ja nur noch 3 würfel 1,3 oder 5 sein können)
W4= [mm] 2*2*2*3^2
[/mm]
[mm] W5=2*2*2*2*3^1
[/mm]
W6= [mm] 2*2*2*2*2+3^0
[/mm]
wo steckt mein denkfehler?
lg berrit
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:12 Di 01.12.2009 | | Autor: | abakus |
> Hey,
>
> also ich bin auch grad an der aufgabe und (i) verstehe ich
> ja auch, da mindestens eine 5 vorhanden sein muss, damit es
> durch 5 teilbar ist. und wir 6 würfel haben, die die
> zahlen 1 bis 6 haben kommt da die formel raus, die schon
> gesagt wurde.
> so aber bei (ii) verzweifle ich so langsam. es muss ja
> wieder mindestens eine 5 vorhanden sein, die anderen
> faktoren müssen ungerade sein, weil sonst das produkt
> grade wäre. da ungerade * gerade= gerade ist, also die
> zahlen 1 oder 3.
> richtig?
> nu habe ich mir den ersten wurf angesehen.
> w1= 5 und die anderen 1,3 oder 5 also [mm]3^5[/mm] Möglichkeiten
> w2= 5, dann wäre W1= 1 oder 3, da die Möglichkeit, dass
> W1 und W2 beide 5 sind schon im ersten Fall drinne sind,
> die anderen Würfel können wieder 1,3 oder 5 sein, somit
> wäre es hier [mm]2*3^4[/mm]
> und nu hab ich schwierigkeiten
> bei W3 habe ich: [mm]2*2*3^3[/mm] (da ja nur noch 3 würfel 1,3
> oder 5 sein können)
> W4= [mm]2*2*2*3^2[/mm]
> [mm]W5=2*2*2*2*3^1[/mm]
> W6= [mm]2*2*2*2*2+3^0[/mm]
> wo steckt mein denkfehler?
Ein Produkt kann auch dann noch auf 5 enden, wenn mehrere (und nicht nur ein) Faktoren 5 sind.
Gruß Abakus
> lg berrit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:23 Di 01.12.2009 | | Autor: | svcds |
wie kann denn p bei der ii) [mm] 3^6 [/mm] - [mm] 2^6 [/mm] / [mm] 6^6 [/mm] sein?
also ich hab daraus:
[mm] (1/6)^1 [/mm] * [mm] (1/3)^5 [/mm] die 1/6 ist die Anzahl der 5en, 2/6 sind ungerade heißt also entweder 1 oder 3
+ [mm] (1/6)^2 [/mm] * [mm] (1/3)^4 [/mm] + .... + [mm] (1/6)^6 [/mm]
Dann kommt bei mir da was anderes raus als bei dir irgendwie 0,5%
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:27 Mi 02.12.2009 | | Autor: | whiteflag |
Also ich habe mir das mal überlegt ...
wir haben 3/6 Wahrscheinlichkeit, dass die Zahl ungerade ist, davon haben wir 2/6 Wahrscheinlichkeit, dass die Zahl keine 5 ist aber ungerade. Insgesamt haben wir [mm] 6^6 [/mm] Möglichkeiten.
wenn ich das kombiniere, dann erhalte ich (3-2)/6 allgemein. da wir aber 6 Würfel haben erhalte ich
[mm] (3^6-2^3) [/mm] / [mm] 6^6 [/mm]
vllt ist das auch einfach nur schlecht gedacht.
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Hallo nochmal,
keiner der sechs Würfel darf eine gerade Zahl zeigen. Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall eintritt, ist [mm] \bruch{3^6}{6^6}, [/mm] da es drei ungerade Zahlen auf jedem Würfel gibt, für jeden einzelnen die Wahrscheinlichkeit für ein ungerades Ergebnis also [mm] \bruch{3}{6} [/mm] ist.
Ich kürze gerade absichtlich nicht.
Nun noch die Notwendigkeit mindestens einer 5. Ich betrachte wieder die Gegenwahrscheinlichkeit: Wieviele unserer ganz ungeraden Würfe hat keine einzige 5 dabei? Offensichtlich doch nur die, die nur aus Einsen und/oder Dreien bestehen. Und dafür gibt es [mm] 2^6 [/mm] mögliche Kombinationen, deren Wahrscheinlichkeit also [mm] \bruch{2^6}{3^6} [/mm] ist.
Hier einmal das gekürzte und das ungekürzte Ergebnis:
[mm] p=\left(\bruch{1}{2}\right)^6-\left(\bruch{1}{3}\right)^6=\bruch{3^6-2^6}{6^6}=\bruch{729-64}{46656} \approx [/mm] 0,01425= 1,425%
lg
rev
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