Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit eine gerade Augensumme beim zweifachen Würfelwurf zu erzielen.

Question

Aufgabe:

Wahrscheinlichkeit für Würfelwurf ?

Problem/Ansatz:

Hallo,

da ich beim Thema Wahrscheinlichkeiten noch nicht so versiert bin, wäre ich sehr verbunden, wenn mich jemand auf eventuelle Denkfehler hinweisen könnte.

a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit eine gerade Augensumme beim zweifachen Würfelwurf zu erzielen.

Ich dachte mir das ich in dem Grundraum einfach nur die Augensummen betrachten kann, demnach wäre Ω = {2,..,12}

In diesem Grundraum gibt es 11 Elemente, davon 6 gerade und 5 ungerade, demnach liegt die Wahrscheinlichkeit bei 6/11.

b) Mit welcher wahrscheinlichkeit würfelt man beim 3-fachen Würfelwurf mind. eine durch 3 teilbare Zahl.

Wir gehen analog zu a) vor. Unser Grundraum enthält demnach die Elemente {3,...,18}. Dieser enthält somit 16 Elemente, wobei 10 von den Augensummen nicht durch 3 teilbar ist. Berechnen wir nun die Gegenwahrscheinlichkeit, dann erhalten wir: 1 - 10/16 = 6/16 = 3/8.

c) Durch zweimaliges Werfen eines Würfels wird zufällig eine zweistellige Zahl ermittelt, indem das Ergebnis des ersten Wurfs als Zehnerstelle und das Ergebnis des zweiten Wurfs als Einserstelle festgelegt wird. Mit welcher Wahrscheinlichkeit würfelt man so eine durch 3 teilbare Zahl?

Unser Grundraum enthält die Elemente {11,...,66}. Das sind insgesamt 56 Elemente, von diesem Elementen sind 19 durch 3 teilbar. Demnach erhalten wir 19/56.

Kann man das so machen ? Oder habe ich etwas komplett falsch verstanden ?

Answer 1

Zu a) Denke dir ein zweistufiges Baumdiagramm mit jeweils "Wurf gerade /Wurf ungerade".

Das Ereignis "gerade Augensumme" erscheint sowohl im Pfad "1. Wurf gerade, 2. Wurf gerade" als auch im Pfad "1. Wurf ungerade, 2. Wurf ungerade".

(Deine Überlegungen waren Unfug, weil z.B. die Ereignisse "Augensumme 2", "Augensumme 3", "Augensumme 4" nicht die gleichen Wahrscheinlichkeiten haben (1/36, 2/36 bzw. 3/36)).

Comments

Hi Abakus,

Das die Augensummen unterschiedlich oft vorkommen, spielt bei der Gleichverteilung keine Rolle.

Hier ein Beispiel aus der Stochastik-Vorlesung:

Zwei (mit blossem Auge) nicht zu unterscheidende, faire Münzen werden
gleichzeitig geworfen. Wir definieren die beiden Ereignisse
A =" Es erscheint zweimal Kopf" B = "Es erscheint einmal Kopf und einmal Zahl"
und fragen nach deren Wahrscheinlichkeiten. Zur Beantwortung werden die folgenden beiden Modelle und Lösungen vorgeschlagen:
(1) Da beide Münzen nicht zu unterscheiden sind, zählen wir einfach die Anzahl der Würfe "Kopf", d.h. wir wählen Ω = {0,1,2} und verwenden auf diesem Raum die diskrete Gleichverteilung
P. Insofern erhalten wir A = {2} , B = {1} und somit P(A) = 1/3 = P2(B).

(2) Obwohl wir die Münzen nicht unterscheiden können, sind sie dennoch verschieden. Daher
wählen wir als Grundraum Ω  = {K,Z}^2 mit der Gleichverteilung P. In diesem Raum gilt
A = {K,K} und B = {(K,Z),(Z,K)} und daher ist P(A) = 1/4  != 2/4 = 1/2 = P(B).

Beide Modelle sind jedoch wie wir besprochen haben valide.

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Das die Augensummen unterschiedlich oft vorkommen, spielt bei der Gleichverteilung keine Rolle.

Beratungsresistent?

Die 11 möglichen Augensummen sind nicht gleichverteilt.

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Beide Modelle sind jedoch wie wir besprochen haben valide.

Sicherlich nicht nach den Maßstäben, die ich als Validität bezeichne. Was ist denn bei euch mit valide gemeint?