wahrscheinlichkeit, kniffel < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:28 Di 03.01.2006 | | Autor: | gruebel |
es geht um die wahrscheinlichkeitsverteilung eines (vorerst ) einmaligen wurf mit 5 laplace würfeln (p= 1/6),es soll die verteilung für das "mehrfachfallen" einer Augenzahl erarbeitet werden
dies ist dann basis für weitere betrachtungen und fragen,die aber hier keine rolle spielen sollen
ich bin dabei auf folgendes ergebnis gekommen
W1 W2 W3 W4 W5
5 gleiche 6 * 1 *1 * 1 * 1 = 6
4 " 6 * 1 * 1 * 1 * 5 * 5 = 150
3 " 6 * 1 * 1 * 5 * 5 * 2 aus 5(=10) = 1500
2 " 6 * 1 * 5 * 5 * 4 * 3aus5(=10) = 6000
alle verschieden 6 * 5 * 4 * 3 * 2 = 720
ich hab jetzt hier nur die möglichkeiten die zu den ergebnissen führen aufgeführt, diese werden einfach durch [mm] 6^5 [/mm] geteilt um die wahrscheinlichkeit zu erhalten
zur erklärung bei 2 gleiche :hier wird nicht 6*1*5*5*5 hergenommen da so dann aiuch ein dreierpärchen möglich ist ,diese überschneidung soll verhindert werden daher:
6*1*5*5*4
=> um eine korrekte verteilung zu erhalten muss dann logischerweise gelten:
[mm] 6^5 [/mm] = 6 + 150 + 1500 +6000+720 = 8376 (alle möglichkeiten [mm] /(6^5)=1)
[/mm]
[mm] 6^5 [/mm] ist jedoch 7776
=> alle wahrscheinlichkeiten zusammen gezählt ergibt eine wahrscheinlichkeit über 1
=> keine korrekte verteilung
irgendwo muss sich hier eion fehler eingeschlichen haben, kann sein dass es nur eine kleinigkeit ist oder aber der ganze ansatz falsch is,
evtl muss es eine überschneidung der ergebnisräume geben da die zusammen gezählte wahrscheinlichkeit ja größer als eins ist
würd mich freuen wenn ihr euch dazu ein paar gedanken machen würdet
gruß gruebel ,name ist programm
ps:Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:33 Di 03.01.2006 | | Autor: | gruebel |
hmm sorry in der vorschau hat des noch ganz anders ausgschaut
ich hoffe man erkennt noch was
es soll z.b. heissen
4 gleiche 6*1*1*1*5 (hier folgt ein zeilenumbruch) *5 = 150
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:34 Mi 04.01.2006 | | Autor: | gruebel |
ahhh jaa stimmt *aufmkopphau*
danke für die schmelle und vor allem richtige antwort
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HI!
Also, ich schreibe eine Facharbeit über Kniffel und wollte die Wahrscheinlichkeit für einen Kniffel nach 3Würfen errechnen und hatte genau das gleiche Problem wie gruebel!
Nur versteh ich die Lösung leider nicht ganz!
Was bedeutet denn dieses 1/2! davor?Klar, das Ergebnis stimmt nur wenn man es mit 1/2 multipliziert, aber warum?
maikilein
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:17 Mi 15.03.2006 | | Autor: | Walde |
Hi maiki,
ich sehe du verfolgst den Kniffel schon ne ganze Weile 
Man muss die Möglicheiten halbieren, weil man alle möglichen Kombinationen von aabbc und bbaac nur einmal zum Pärchen zählen darf. ZB.: Hat man alle Kombinationen (d.h mal [mm] \vektor{5 \\ 2}) [/mm] mit 11... gezählt und zählt dann die mit 22... ,darf man 2211. nicht nochmal mitzählen, die hatte man dann ja bei 11...* [mm] \vektor{5 \\ 2}schon [/mm] dabei.
Äh, ich hoffe das war verständlich.
Wenn noch Unklarheiten sind frag nur. Ich hab die Kombinatorik auch nicht mit Löffeln gefressen. Falls du den Eindruck hast, da stimmt was nicht, sollte man nochmal drüber nachdenken. Hast ja gesehn, dass ich mich bei deiner andern Frage auch etwas vertan hatte.
L G walde
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Ja, stimmt!Das klingt logisch!
Aber, warum steht da denn 1/2!(also, 2Fakultät)?
LG maikilein
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:50 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Walde |
Hi maiki,
das Fakultät ist ein "Überbleibsel" vom allgemeinen Fall mit n Pärchen. Es liegt daran, dass man durch die Anzahl der Möglichkeiten teilen muss n Pärchen anzuordnen, weil man jede Pärchenkombination als Ereignis "es ist ein Pärchen gefallen" zählt, obwohl man es insgesamt nur einmal zählen darf.
L G walde
äh, ich hab mich irgendwie verklickt, eigentlich sollte die Frage damit als beantortet gelten.
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HI!!!
Puh, ist das kompliziert:Mir ist grad aufgefallen, dass man bei der kleinen Straße ja auch díe versch. Möglichkeiten berücksichtigen muss und nich einfach 4*3*2*1*6/7776 mit 3 multiplizieren kann!
Hab mir deswegen überlegt:
1. Mögl.keit (1234):
4*3*2*1*5/7776 (weil die letzte Zahl ja keine 5 sein darf, weis sonst ne große Straße ist)
2. Mögl.keit (2345):
4*3*2*1*4/7776 (weil die letzte Zahl keine 1 oder 6 sein darf)
3. Mögl.keit (3456):
4*3*2*1*5/7776 (denn letzte Zahl darf keine 2 sein)
So, nun addiert man alle Mögl.keiten:
120+96+120/7776= 336/7776=0,043=4,3%
Denke aber, dass das leider falsch is, weil ich gefunden hab, dass die Wahrschl.keit irgendwas mit 12 sein muss!
Ich hoffe du findest meinen Fehler und kannst mir helfen!
maikilein
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:23 Sa 18.03.2006 | | Autor: | Walde |
hi nochmal,
also ich hab mir folgendes überlegt:
für eine kleine Strasse(1234):
ich will ne "1" und dafür hab ich [mm] \vektor{5 \\ 1}=5 [/mm] mögliche Plätze frei (5 Würfel),
dann ne "2" und dafür hab ich noch [mm] \vektor{4 \\ 1}=4 [/mm] Plätze,
usw.
Für die letzte Zahl hab ich nur noch einen Platz frei, aber dafür 5 mögliche Zahlen
Dann komm ich auf 5*4*3*2*5=600 mögliche "1,2,3,4,alles ausser 5"- Kombinationen.
Du rechnest es etwas anders: Du sagst: beim ersten Würfel (also ein fester Platz, d.h für Plätze nur 1 Möglichkeit) hab ich 4 mögliche Zahlen (1,2,3,4)
beim 2. Würfel (fester Platz) noch 3 Zahlen zur Auswahl usw.
beim letzten wieder 5 Zahlen, nur musst du dann noch beachten, das dein "letzter Würfel", auch an "erster" oder "zweiter" usw Stelle sein kann, also an 5 Stellen. D.h du musst dein Ergebnis noch Mal 5 nehmen.
Ich habs für die andern mal mit meiner "denkweise" gerechnet:
kl. Strasse (2345)
zuerst ne "2" mit 5 Plätzen, usw...
5*4*3*2*4=480 "2,3,4,5,keine (1 oder 6)"-Kombinationen
kl. Strasse (3456)
zuerst ne 3 mit 5 Plätzen, usw...
5*4*3*2*5=600 "3,4,5,6,keine 2"-Komb.
Insgesamt: (600+480+600)/7776 [mm] \approx [/mm] 0,216=21,6%
Könnte das hinhauen?
L G walde
EDIT: so stimmt es nicht ganz, siehe die Korrektur weiter unten
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HI!
Also, deins sieht schonmal besser aus als meins, find ich!Aber hatte ja, um meins zu kontrollieren (will dich ja nich unnötig fragn )im Internet bei soner "Kniffelrechenmaschine" gefundn,dass die Wahrscheinl.keit für ne kleine Straße so bei 12 liegt...!
Hab deswegn nun noch n bisschen rumgesucht und hab malwieder jemanden mit exakt dem gleichen Problem gefunden. Nur hilft mir das leider nicht weiter,weil ich die Antwort malwieder nich verstehe!:-(
Aber, denke du kannst da was mit anfangen: Also, es ist auf dieser Seite unter "Uni- Stochastik" unter "Kniffel- kleine Straße"- ich hoffe, du findest das (is nämlich schon länger her,ich glaube da stand letzten August, oda so(?)) und kannstes mir erklärn...!!!
LG maikilein
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:55 So 19.03.2006 | | Autor: | Walde |
Hi,
die Kombinatorik bringt mich noch ins Grab soviel gibts da zu beachten.
Ja, der Fehler bei meiner Rechnung ist ganz ähnlich wie der, der weiter oben schon mal aufgetaucht ist:
wenn ich z.B das Ereignis 1,2,3,4,1 betrachte und mir überlege, wieviele Anordnungen es dafür gibt, zähle ich [mm] 1_1,2,3,4,1_2 [/mm] und [mm] 1_2,2,3,4,1_1 [/mm] jeweils einzeln, was aber zuviel ist, weil ich ja zwischen den beiden verschiedenen Einsen nicht unterschieden kann.
Es muss also unterschieden werden zwischen 1,2,3,4,6 da gibt es tätsachlich 5*4*3*2*1=5! mögliche Anordungen.
Und
1,2,3,4,1
1,2,3,4,2
1,2,3,4,3
1,2,3,4,4
die kann ich zu 4* der Anordung von (1,2,3,4,1) zusammenfassen.
Und die Anzahl ist:
für die Einsen hab ich [mm] \vektor{5 \\ 2}=\bruch{5*4}{2}, [/mm] nämlich 2 ununterscheidbare auf 5 Plätze,
für die eine Zwei noch [mm] \vektor{3 \\ 1},
[/mm]
für die 3 noch [mm] \vektor{2 \\ 1} [/mm]
und für die 2 noch [mm] \vektor{1 \\ 1} [/mm] Möglichkeiten sie auf die verbleibenden Plätze zu verteilen
insgesamt also 5! (von 1,2,3,4,6) + 4* [mm] \bruch{5*4}{2}*3*2*1=
[/mm]
[mm] 5!+\bruch{4*5!}{2}
[/mm]
mögliche kleine Strassen mit 1,2,3,4,beliebig ausser 5.
Das musst du jetzt Analog mit den anderen möglichen Strassen machen. Bei 3,4,5,6,beliebig ausser 2 müsste genau dasselbe rauskommen.
Mir fällt grad auf: dieser Fehler ist übrigens auch genau der Grund, warum man z.B 3er Pasch nicht so einfach mit 4er Pasch usw., zusammenfassen konnte, sondern immer die "reine" Form ausrechnen musste. Weil sich die Anzahl der möglichen Anordungen immer verändert, sobald man mehr Gleiche von einer Sorte hat, als vorher. (erst 3 dann 4 usw)
Ok, diese Hürde wäre geschafft, oder?
L G walde
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![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]"){kind=small}
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