Würfelaufgabe Stochastik

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Aufgabe:

Im Folgenden wird mit einem Würfel ge-worfen, der das rechts abgebildete Netz mit den Ziffern 1, 2 und 6 besitzt.

a) Der Würfel wird zweimal geworfen.
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten für die folgenden Ereignisse:
* A: „Genau eine Sechs wird gewürfelt"
* B: „Zwei verschiedene Ziffern fallen"

b) Wie oft muss der Würfel mindestens ge-worten werden, damit mit einer Wahrscheinlichkeit von wenigstens 85% mindestens eine Sechs fällt?

c) Der Würfel wird sechsmal geworfen. Wie wahrscheinlich ist es, dass eine Ziffernfolge fällt, die genau 2 Sechsen, 2 Zweien und 2 Einsen enthält?

d)Der Würfel wird 12-mal geworfen? Wie viele Einsen, Zweien und Sechsen sind zu er-warten? Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass

E1: genau 6 Zweien, E2: mindestens 2 Einer, E3: höchstens 10 Zweien,
E4: nur Zweien und Sechsen gewürfelt werden?

Problem/Ansatz:

Für a) habe ich P(A)= 44% und P(B)=61% raus. Bei b) habe ich n=5.

Bei c) und d) Weiß ich leider überhaupt nicht weiter. Ich wäre wirklich sehr dankbar für sämtliche Unterstützung, da diese Ausarbeitung von mir sehr zeitnah bewertet wird.

Vielen Dank im Voraus!

(Ich habe das Würfelnetz zum Verständnis einmal aufgemalt)

stochastik
wahrscheinlichkeitsrechnung
würfel

Gefragt 23 Jun von Yumo

habe ich P(A)= 44% und P(B)=61%

Fängt schon mal nicht gut an, denn 4 / 9 = 0,444444... ≠ 44 %

und 11 / 18 = 0,611111... ≠ 61 %

Kommentiert 23 Jun von döschwo

Vielen Dank für den Hinweis, ich werde es korrigieren!

Kommentiert 23 Jun von Yumo

📘 Siehe "Stochastik" im Wiki

3 Antworten

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Beste Antwort

a) p(1) =1/6, p(2)= 1/2, p(6) =1/6

A P(6x, x6) = 1/3*2/3*2 = 44,44%

B: (12,21,16, 61, 26, 62) = 2*(1/6*1/2+1/6*1/3+1/3*1/2)

b) P(X>=1) = 1-P(X=0) = 1- (2/3)^n >=0,85

(2/3)^n <= 0,15

n= ln0,15/ln(2/3) = 5 (aufgerundet)

c) P(66, 22, 11)= (1/3^2*(1/2)^2*(1/6)^2* 6!/(2!*2!*2!)

d) E1: P(22) = (1/2)^2*(1/2)^10* (12über2)

E2: P(X>=2) = 1- P(X=0) -P(X=1) = 1- (5/6)^12- 12*1/6*5/6^11

E3: P(X>=10) = P(X=10)+p(X=11)+ P(X=12) = (12über10)*(1/2)^10*(1/2)^2+ 12*(1/2)^11*(1/2)+ (1/2)^12

E4: 2 und 6 muss mindestens 1-mal vorkommen.

Gegenereignis: Es kommt keine 1 vor:

P(X=0)= (5/6)^12 = 11,22%

Erwartungswert:

2: 12*1/2 = 6

6: 12*1/3 = 4

1: 12*1/6 = 2

Beantwortet 23 Jun von ggT22 39 k

b) P(X>=1) = 1-P(X=0) = 1- (5/6)^n >=0,85

(5/6)^n <= 0,15

n= ln0,15/ln(5/6) = 11 (aufgerundet)

Nö.

E4: 2 und 6 muss mindestens 1-mal vorkommen.

Das steht da auch nicht.

Kommentiert 23 Jun von Apfelmännchen

Danke, b ist verbessert, Zahlenverwechslung

Deinen 2. Einwand verstehe ich nicht.

2 und 6 muss jeweils mindestens 1mal auftreten und es darf die 1 nie vorkommen.

Ich bitte um konkrete Erklärung.

Kommentiert 23 Jun von ggT22

Dort fehlt der Zusatz, dass die 1 nicht vorkommen darf.

Kommentiert 23 Jun von Apfelmännchen

Ich verstehe hier nicht ganz wieso E1 P(22) sind, wenn das Ereignis eigentlich 6 Zweien beschreibt. Müsste es dann nicht eigentlich P(222222) bzw. P(x=6) sein und somit auch in die Formel für k statt 2 die 6 hin?

Kommentiert 23 Jun von Yumo

Ist halt falsch, was er da schrieb. Gut erkannt.

Kommentiert 23 Jun von Apfelmännchen

Ich verstehe hier nicht ganz wieso E1 P(22) sind, wenn das Ereignis eigentlich 6 Zweien beschreibt

E1: (12über6)*(1/2)^6*(1/2)^6 , nicht genau gelesen, sorry.

Kommentiert 23 Jun von ggT22

E3: P(X>=10) = P(X=10)+p(X=11)+ P(X=12) = (12über10)*(1/2)10*(1/2)2+ 12*(1/2)11*(1/2)+ (1/2)12

Ist übrigens auch nicht "ganz richtig". Das sind MINDESTENS 10 Zweien. Aufgrund der Symmetrie der Verteilung macht das beim Ergebnis hier aber keinen Unterschied.

Kommentiert 23 Jun von Apfelmännchen

Aufgrund der Symmetrie der Verteilung macht das beim Ergebnis hier aber keinen Unterschied.

Willst du damit sagen, hier gilt

P(X ≤ 10) = P(X ≥ 10)

Also ich würde sagen, es gilt eher

P(X ≤ 10) = 1 - P(X ≥ 10)

Kommentiert 28 Jun von Der_Mathecoach

Nein, wollte ich nicht. Das mit der Symmetrie ist natürlich Quatsch und das Ergebnis trotzdem falsch. Irgendwie bin ich da dann beim Ereignis verrutscht, weil bei E2 das "mindestens 2" stand.

Also ich würde sagen, es gilt eher

P(X ≤ 10) = 1 - P(X ≥ 10)

Ich nicht.

Kommentiert 29 Jun von Apfelmännchen

So eher: P(X ≤ 10) = 1 - P(X > 10)

Kommentiert 29 Jun von Der_Mathecoach

+1 Daumen

a) und b) sind richtig, wobei die Werte zu ungenau gerundet sind.

c) Berechne die Wahrscheinlichkeit für eine solche Ziffernfolge und überlege dir, wie viele solcher Folgen es nun gibt. Die Wahrscheinlichkeit für jede dieser Reihenfolgen ist dieselbe.

d) Hier bieten sich Gegenereignisse an. War die Binomialverteilung schon Thema? Für E4 kann man auch formulieren "es wird keine 1 gewürfelt".

Beantwortet 23 Jun von Apfelmännchen 18 k

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Vielen Dank für den Ansatz! Ich habe mich jetzt an c) probiert und bin auf eine Wahrscheinlichkeit von ca. 0.35% gekommen. Sieht der Rechenweg dazu plausibel aus?

Text erkannt:

c)
\( \begin{array}{l} P_{1}(2 \times 6 ; 2 \times 2 ; 2 \times 1) \\ =\left(\frac{2}{6}\right)^{2}+\left(\frac{3}{6}\right)^{2}+\left(\frac{1}{6}\right)^{2}=\frac{7}{18} \end{array} \)
6 Noglichaikm in de dise Folge ang turtion cramn.
\( P(\text { Iiffen } l \text { log })=\left(\frac{7}{18}\right)^{6} \approx 0,0035=0,35 \% \)

Kommentiert 23 Jun von Yumo

wobei die Werte ungenau gerundet sind.

Ungenauigkeit soll bei gerundeten Werten häufig vorkommen.

Kommentiert 23 Jun von döschwo

Nein. Erstmal musst du die Wahrscheinlichkeiten multiplizieren (Pfadregel). Und wie kommst du darauf, dass es nur 6 Möglichkeiten gibt?

1 1 2 2 6 6

1 1 6 6 2 2

1 1 2 6 2 6

1 1 6 2 6 2

6 6 1 1 2 2

6 6 2 2 1 1

6 6 1 2 1 2

sind ja schon mehr als 6 und das sind auch noch nicht alle. Denk mal an die Kombinatorik, was die Anordnungen angeht: Wie viele Möglichkeiten gibt es, 6 Ziffern anzuordnen? Nimm jetzt die Doppelten Anordnungen für die gleichen Ziffern raus.