Würfel - Wahrscheinlichkeitsrechnung

Question

Hallo und frohes Fest :)

Ich komme gerade bei folgender Aufgabe nicht weiter, bzw. verstehe sie nicht:

Ein echter Würfel wird solange geworfen, bis er zum ersten Mal mit 6 oben landet. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Anzahl der Würfe gerade ist?

a) Berechnen Sie $$P(Ω) = \sum \limits_{k=1}^{\infty} P(\left\{k\right\})$$

b) Berechnen Sie P("Die Anzahl der Würfe ist ungerade"). Benutzen Sie dafür nicht die Gegenwahrscheinlichkeit.

Mein Überlegung für a) soweit:

Soll man hier die Summe aller Wahrscheinlichkeiten der Elementarereignisse von Ω ausrechnen?

Ω müsste ja sein: {{1},{2},{3},{4},{5},{6}} dann einfach 6*1/6 = 1 ?

Für b) Habe nich noch keinen Ansatz.

Wäre super, wenn mir jemand weiterhelfen könnte!

Comments

Ω müsste ja sein: {{1},{2},{3},{4},{5},{6}} dann einfach 6*1/6 = 1

Nein, denn:

Üblicherweise ist Ω die Menge der möglichen Ergebnisse (zum Beispiel "2" statt "{2}"), hier also

Ω = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, ... },

denn ein mögliches Ergebnis ist die Anzahl der Würfe bis zur ersten 6.

Damit ist Ω das sichere Ereignis mit P(Ω) = 1.

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Erstmal danke für Eure Antworten! Da ist ja noch einiges zusammengekommen ^^

Ich habe mitlerweile die Lösung der Aufgabe vorliegen, welche im Grunde genau die gleiche ist, die @Gastaz0815 hier gepostet hat mit der geometrischen Reihe.

Werde mir die Aufgabe bzw. die Lösung nun nochmal in Ruhe anschauen und nachvollziehen.

Answer 1

Ein echter Würfel wird solange geworfen, bis er zum ersten Mal mit 6 oben landet. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Anzahl der Würfe gerade ist?

Ich würde es mit einer Markovkette probieren

a = 5/6·b
b = 1/6 + 5/6·a --> a = 5/11

Alternative Rechnung

∑ (k = 1 bis ∞) ((5/6)^(2·k - 1)·1/6) = 5/11

Answer 2

Ist $k$ die Anzahl der Würfe, dann ist zunächst: $$P(\Omega) = \sum \limits_{k=1}^{\infty} P\left(\left\{k\right\}\right) = \sum \limits_{k=1}^{\infty} \dfrac{1}{6}\cdot\left(\dfrac{5}{6}\right)^{k-1} = 1$$ Die Wahrscheinlichkeit, eine gerade Anzahl Würfe zu benötigen, lässt sich dann so notieren: $$P(\text{ger}) = \sum \limits_{k=1}^{\infty} P\left(\left\{2k\right\}\right) = \sum \limits_{k=1}^{\infty} \dfrac{1}{6}\cdot\left(\dfrac{5}{6}\right)^{2k-1} = \dots = \dfrac{5}{11}$$ Die Berechnung führt über eine geometrische Reihe. Für die Wahrscheinlichkeit, eine ungerade Anzahl an Würfen zu benötigen, gilt dann: $$P(\text{ung}) = P(\Omega) - P(\text{ger}) = 1-\dfrac{5}{11} = \dfrac{6}{11}$$ (Es ist sicher schöner, wenn man es nicht so macht.)

Comments

wenn man es nicht so macht

führt folgende Überlegung zum Ziel :
Die erste 6 fällt bei einer ungeraden Wurfnummer genau dann,
wenn entweder die erste 6 im ersten Wurf erscheint oder die ersten beiden Würfe keine 6 erbracht haben und die erste 6 danach bei einer ungeraden Wurfnummer auftritt (dann geht das Spiel nämlich wieder von vorne los) :

P(ung) = 1/6 + 5/6 * 5/6 * P(ung)   (anschaulich : Der gesamte Baum enthält eine Kopie seiner selbst)
⇒ P(ung)  =  1/6 / (1 - 5/6*5/6)  =  6/11

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Leninmäßig nach 10000 Versuchen

findet man sich hin und wieder recht nahe an der Theorie wieder.Immerhin waren max 63 Versuche bis zur 6 dabei - kostet eigentlich jeder Versuch was ;-)?

Answer 3

P(Anzahl gerade):

beim 2.Wurf: 5/6*1/6

beim 4.Wurf: (5/6)³*1/6

beim 6. Wurf: (5/6)⁵*1/6

usw.

Wie kann man das als Summe schreiben?

Comments

Ohje.. Uhm..

$$\sum \limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{6}*(\frac{5}{6})^{k+2}$$

So vielleicht :D

Aber woher kommen die 5/6 bzw. die 5/6^k+2 nun bzw. was bedeuten sie?

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Exponent: 2k-1

5/6 ist WKT für "keine 6"

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Hmm okay. Also P(k) die Wahrscheinlichkeit, dass beim k. Wurf eine 6 oben landet?

Und P(Omega) ist die Gesamtzahl aller Möglichen Würfe. Hab ich das soweit richtig verstanden?

Answer 4

Ein echter Würfel wird solange geworfen, bis er
zum ersten Mal mit 6 oben landet. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Anzahl der Würfe
gerade ist?

Die Wahrscheinlichkeit das die 6 bei einer geraden
Anzahl Würfe gewürfelt wird müßte doch 50 %
betragen. Dasselbe gilt für die Wahrscheinlich-
keit das die Anzahl der Würfe ungerade ist .

Comments

müßte doch 50 % betragen

Nein, das müsste sie nicht.
Alice und Bob würfeln abwechselnd, es gewinnt, wer zuerst eine 6 würfelt.
Wenn Alice beginnt (d.h. sie hat die ungeraden Würfe), dann ist ihre Gewinnwahrscheinlichkeit natürlich höher als die von Bob, weil sie schon im ersten Wurf das Spiel für sich entscheiden kan, was Bob eben nicht kann, er kommt ja nur dann überhaupt ins Spiel, wenn Alice im ersten Wurf keine 6 schafft.
Seine Gewinnwahrscheinlichkeit ist also um den Faktor 5/6 kleiner als die von Alice.

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Eine erstaunlich klare, gute Antwort.

Offenbar geschehen noch Zeichen und Wunder - an Weihnachten zumindest.