Spiel Gewinn Wkt. < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:39 So 26.04.2015 | | Autor: | Audin |
| Aufgabe | Im 17. Jh. waren Würfelspiele in Paris Mode. Bei einem Spiel konnte der Spieler 4 Mal
werfen. Er gewann, wenn er dabei eine 6 erhielt. Bei einem anderen konnte der Spieler
mit 2 Würfeln 24 Mal werfen und gewann, wenn er eine Doppelsechs warf.
i. Bestimmen Sie die Gewinnwahrscheinlichkeit für beide Spiele!
ii. Chevalier de Mere meinte, dass die Gewinnwahrscheinlichkeit in beiden Spielen gleich sei.
Sein Argument:
1. Spiel: Bei einem einzelnen Wurf ist die Chance für eine 6 gleich [mm] \bruch{1}{6}. [/mm] Beim viermaligen Würfeln ist die Wahrscheinlichkeit bei [mm] 4\cdot \bruch{1}{6}=\bruch{2}{3}, [/mm] mindestens eine 6 zu würfeln.
2. Spiel: Die Wahrscheinlickeit für eine Doppelsechs bei einem Wurf von zwei
Würfeln beträgt [mm] \bruch{1}{36}. [/mm] Bei 24 Würfen beträgt die Wahrscheinlickeit [mm] 24\cdot \bruch{1}{36}=\bruch{2}{3}, [/mm] mindestens eine Doppelsechs zu werfen.
Was stimmt nicht an diesem Argument? |
Ich bin grade bei (i) und komme nicht so ganz weiter.
Also ich habe mir bislang folgendes überlegt.
1.Spiel: Der Spieler darf 4-mal würfeln. Er gewinnt wenn er dabei eine 6-erhält.
Hier haben wir also einen Laplace-Raum.
Ich habe also: (grade beim Mengen definieren tue ich mir unheimlich schwer, wäre gut wenn da mal jemand drüber schauen könnte)
[mm] \Omega=\{1,2,3,4,5,6\}^4
[/mm]
[mm] E=\{(\omega_1,\omega_2,\omega_3,\omega_4\in \Omega| \exists i\in \{1,2,3,4\}:\omega_i=6 \}
[/mm]
Also ist [mm] P(E)=\frac{|E|}{|\Omega|} [/mm] = [mm] \bruch{6^4-5^4}{6^4}=\bruch{671}{1296}\approx [/mm] 0,5177
(Ich bin hier über das gegenereignis gegangen, sprich von den Insgesamten möglichkeiten habe ich die Möglichkeit das keine 6 gewürfelt wird abgezogen).
2.Spiel: Der Spieler würfelt mit 2-Würfeln 24-Mal. Er gewinnt bei eienr Doppelsechs.
Hier dachte ich mir vll. das ganze über die Summe modellieren zu können. Dann wäre das ganze allerdigns kein Laplace-raum mehr, da nicht alle Elementarereignisse die gleiche Wahrscheinlichkeit haben.
Meine Mengen sehen dann so aus:
[mm] \Omega=\{2,3,...,12\}^{24} [/mm] (Das sind die Summen der Augenzahlen)
[mm] E=\{(\omega_1,...,\omega_{24})\in \Omega| \exists i\in\{1,...,24\}:\omega_i=12 \}
[/mm]
Nun weiss ich allerdings nicht wie ich die Wahrscheinlichkeiten berechnen soll.
Die Wahrscheinlichkeit das keine Sechs gewürfelt wird beträgt [mm] \bruch{5}{6}. [/mm] Also das bei zwei Würfeln keine sechs gewürfelt wird:
[mm] \bruch{5}{6}\cdot \bruch{5}{6} [/mm] = [mm] \bruch{25}{36}
[/mm]
Bei 24-Würfen dann [mm] \bruch{5}{36}^{24}?
[/mm]
Das gegenteil von keine 6 wäre mindestens eine Doppel 6?
[mm] P(E)=1-(\bruch{5}{36})^{24}\approx [/mm] 0,9999.
Also so scheints sicher nicht zu funktionieren. Wo liegt mein Denkfehler?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:12 So 26.04.2015 | | Autor: | rmix22 |
Ich weiß nicht, warum du das ganze so kompliziert und aufwändig aufschreiben möchtest, aber für den Fall mit einem Würfel hast du jedenfalls das richtige Ergebnis - und ja, sowas berechnet man am sinnvollsten mit der Gegenwahrscheinlichkeit.
Die WKT mit 1x würfeln KEINEN 6er zu werfen ist [mm] $\frac [/mm] 5 6$. Dass es bei vier mal würfeln KEINEN 6er gibt ist demnach (Multiplikationssatz) [mm] $\left(\frac 5 6\right)^4$ [/mm] und die gesuchte WKT daher [mm] $1-\left(\frac 5 6\right)^4=\frac {671}{1296}\approx51,775\ \%$.
[/mm]
Mit zwei Würfeln ist es doch genau das gleiche! Wie groß ist die WKT, bei einem Wurf mit 2 Würfeln KEINEN Dopplesechser zu werfen? Da darf man jetzt nicht den historischen Fehler begehen und einfach nur die 11 möglichen Augensummen betrachten, denn die sind nicht gleichwahrscheinlich, wie du ja selbst auch festgestellt hast. Vielmehr gilt es alle Fälle des ersten mit allen 6 Möglichkeiten des zweiten Würfels zu betrachten. Es gibt daher 36 Möglichkeiten und nur eine davon liefert die Doppelsechs. Dein Fehler hier war, dass du mit 25/36 die WKT verwendet hast, dass beide Würfel keine 6 zeigen, aber du benätigst die WKT dafür, dass nicht *beide* 6 sind, einer allein darf schon eine 6 zeigen.
Also kommen wir hier zur WKT [mm] $1-\left(\frac {35} {36}\right)^4=\frac {11033126465283976852912127963392284191}{22452257707354557240087211123792674816}\approx49,140\ \%$.
[/mm]
Also besser das Spiel mit nur einem Würfel wählen!
Der Fehler des Chavalier war wohl, dass er die Einzelwahrscheinlichkeiten einfach addierte, obwohl die Ereignisse (n-ter Wurf ist 6) einander nicht ausschließen. Nach seiner Rechnung wäre die WKT für eine 6 bei sechs Würfen 100%, bei mehr als sechs Würfen sogar über 100% 
Gruß RMix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:13 Di 28.04.2015 | | Autor: | Audin |
Hi vielen dank für deine Hilfe :)
> Ich weiß nicht, warum du das ganze so kompliziert und
> aufwändig aufschreiben möchtest
Mh wir haben das bislang immer so kompliziert aufgeschrieben, deswegen dachte ich es wäre ganz gut das mal so zu üben.
> Die WKT mit 1x würfeln KEINEN 6er zu werfen ist [mm]\frac 5 6[/mm].
> Dass es bei vier mal würfeln KEINEN 6er gibt ist demnach
> (Multiplikationssatz) [mm]\left(\frac 5 6\right)^4[/mm] und die
> gesuchte WKT daher [mm]1-\left(\frac 5 6\right)^4=\frac {671}{1296}\approx51,775\ \%[/mm].
>
> Mit zwei Würfeln ist es doch genau das gleiche! Wie groß
> ist die WKT, bei einem Wurf mit 2 Würfeln KEINEN
> Dopplesechser zu werfen? Da darf man jetzt nicht den
> historischen Fehler begehen und einfach nur die 11
> möglichen Augensummen betrachten, denn die sind nicht
> gleichwahrscheinlich, wie du ja selbst auch festgestellt
> hast. Vielmehr gilt es alle Fälle des ersten mit allen 6
> Möglichkeiten des zweiten Würfels zu betrachten. Es gibt
> daher 36 Möglichkeiten und nur eine davon liefert die
> Doppelsechs. Dein Fehler hier war, dass du mit 25/36 die
> WKT verwendet hast, dass beide Würfel keine 6 zeigen, aber
> du benätigst die WKT dafür, dass nicht *beide* 6 sind,
> einer allein darf schon eine 6 zeigen.
Ah stimmt, daran hatte ich garnicht gedacht.
> Also kommen wir hier zur WKT [mm]1-\left(\frac {35} {36}\right)^24=\frac {11033126465283976852912127963392284191}{22452257707354557240087211123792674816}\approx49,140\ \%[/mm].
>
> Also besser das Spiel mit nur einem Würfel wählen!
Ok.
> Der Fehler des Chavalier war wohl, dass er die
> Einzelwahrscheinlichkeiten einfach addierte, obwohl die
> Ereignisse (n-ter Wurf ist 6) einander nicht ausschließen.
> Nach seiner Rechnung wäre die WKT für eine 6 bei sechs
> Würfen 100%, bei mehr als sechs Würfen sogar über 100%
>
Jup genau das hatte ich mir auch gedacht.
Aber vor zich hundert Jahren hätte ich möglicherweise genauso gedacht wie Chavalier :D
> Gruß RMix
>
>
mfg. Audin :)
|
|
|
|
