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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:43 Do 01.03.2007 | | Autor: | Kristof |
| Aufgabe | | An einem Mensch-ärger-dich-nicht Spiel nehmen 5 Personen teil. Mit welcher Wahrscheinlichkeit hat keiner von ihnen in der 1. Runde Erfolg (d.h. keiner von ihnen würfelt eine 6), mit welcher wahrscheinlichkeit hat einer Erfolg, zwei, drei, vier bzw. sogar alle Fünf Erfolg? |
Habe mir das so Überlegt.
Bei einem Spiel mit 5 Personen a 3 Würfen müsste es so sein, dass K = 15 ist.
3*5 = 15 =K
Es gibt 2 Möglichkeiten.
Erfolg oder Misserfolgt
Wahrscheinlichkeit für den Erfolg ist [mm] \bruch{1}{6}
[/mm]
Wahrscheinlichkeit für den Misserfolg ist [mm] \bruch{5}{6}
[/mm]
Zuerst rechne ich aus, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass keiner Erfolg hat.
P (x= 0) = [mm] \vektor{15 \\ 0} [/mm] * [mm] \bruch{1}{6}^0 [/mm] * [mm] \bruch{5}{6}^1^5 [/mm] = 0,06491
Wahrscheinlichkeit liegt also ungefähr bei 6, 491 % das keiner der 5 Spieler Erfolg hat.
P (x= 1) = [mm] \vektor{15 \\ 1} [/mm] * [mm] \bruch{1}{6}^1 [/mm] * [mm] \bruch{5}{6}^1^4 [/mm] = 0,1947
19,47 % das einer Erfolg hat.
P (x= 2) = [mm] \vektor{15 \\ 2} [/mm] * [mm] \bruch{1}{6}^2 [/mm] * [mm] \bruch{5}{6}^1^3 [/mm] = 0,2726
27,26 % das 2 Erfolg haben.
P (x= 3) = [mm] \vektor{15 \\ 3} [/mm] * [mm] \bruch{1}{6}^3 [/mm] * [mm] \bruch{5}{6}^1^2 [/mm] = 0,2363
23,63 % das 3 Erfolg haben.
P (x= 4) = [mm] \vektor{15 \\ 4} [/mm] * [mm] \bruch{1}{6}^4 [/mm] * [mm] \bruch{5}{6}^1^1 [/mm] = 0,1418
14,18 % das 4 Erfolg haben.
P (x= 5) = [mm] \vektor{15 \\ 5} [/mm] * [mm] \bruch{1}{6}^5 [/mm] * [mm] \bruch{5}{6}^1^0 [/mm] = 0,0624
6,24 % das 5 Erfolg haben.
Bin mir bei diesen Aufgaben wie eigentlich immer nicht sicher ob ich es richtig gerechnet habe.
Wenn etwas falsch ist, wäre es super lieb, wenn ihr mir evt. erklären könntet, was uns wieso dies so ist.
Häufig macht es dann Klick, aus Fehlern lernt man doch *gg*
Vielen Dank schonmal im Voraus.
MfG
Kristof
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Hi, Kristof,
> An einem Mensch-ärger-dich-nicht Spiel nehmen 5 Personen
> teil. Mit welcher Wahrscheinlichkeit hat keiner von ihnen
> in der 1. Runde Erfolg (d.h. keiner von ihnen würfelt eine
> 6), mit welcher wahrscheinlichkeit hat einer Erfolg, zwei,
> drei, vier bzw. sogar alle Fünf Erfolg?
> Habe mir das so Überlegt.
> Bei einem Spiel mit 5 Personen a 3 Würfen müsste es so
> sein, dass K = 15 ist.
> 3*5 = 15 =K
Erscheint mir nur dann logisch, wenn keiner der 5 Spieler eine 6 würfelt; dann sind tatsächlich insgesamt 15 Würfe nötig.
Aber wenn einer eine 6 würfelt, dann kann das ja auch bereits im ersten oder zweiten Wurf passieren. Daher sind dann evtl. weniger als 15 Würfe nötig!
Heißt: Du musst erst mal ausrechnen, mit welcher Wahrscheinlichkeit EIN Spieler bei HÖCHSTENS 3 Würfen eine 6 hat, wobei das keine Bernoulli-Kette ist, weil er ja auch bereits mit dem ersten oder zweiten Wurf Erfolg haben kann und dann eben entsprechend weniger häufig würfelt.
Diese Trefferwahrscheinlichkeit ermittelst Du am besten mit einem Baumdiagramm.
(Wenn ich mich nicht verrechnet habe, kommt dabei p= [mm] \bruch{91}{216} [/mm] raus!)
Kommst Du nun alleine weiter?
mfG!
Zwerglein
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:02 Do 01.03.2007 | | Autor: | Kristof |
> Hi, Kristof,
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> > An einem Mensch-ärger-dich-nicht Spiel nehmen 5 Personen
> > teil. Mit welcher Wahrscheinlichkeit hat keiner von ihnen
> > in der 1. Runde Erfolg (d.h. keiner von ihnen würfelt eine
> > 6), mit welcher wahrscheinlichkeit hat einer Erfolg, zwei,
> > drei, vier bzw. sogar alle Fünf Erfolg?
> > Habe mir das so Überlegt.
> > Bei einem Spiel mit 5 Personen a 3 Würfen müsste es so
> > sein, dass K = 15 ist.
> > 3*5 = 15 =K
>
> Erscheint mir nur dann logisch, wenn keiner der 5 Spieler
> eine 6 würfelt; dann sind tatsächlich insgesamt 15 Würfe
> nötig.
>
> Aber wenn einer eine 6 würfelt, dann kann das ja auch
> bereits im ersten oder zweiten Wurf passieren. Daher sind
> dann evtl. weniger als 15 Würfe nötig!
> Heißt: Du musst erst mal ausrechnen, mit welcher
> Wahrscheinlichkeit EIN Spieler bei HÖCHSTENS 3 Würfen eine
> 6 hat, wobei das keine Bernoulli-Kette ist, weil er ja auch
> bereits mit dem ersten oder zweiten Wurf Erfolg haben kann
> und dann eben entsprechend weniger häufig würfelt.
> Diese Trefferwahrscheinlichkeit ermittelst Du am besten
> mit einem Baumdiagramm.
> (Wenn ich mich nicht verrechnet habe, kommt dabei p=
> [mm]\bruch{91}{216}[/mm] raus!)
>
> Kommst Du nun alleine weiter?
Nein,
deinen Einwand kann ich aber nachvollziehen.
Nur weiß ich nicht ganz was du dort jetzt genau ausgerechnet hast.
Also dieses P = [mm] \bruch{91}{216}
[/mm]
Von was ist das die Wahrscheinlichkeit?
Davon, dass ein einzelner Spieler alle 3 Würfe braucht um eine 6 zu Würfeln?
Oder was?
Weiß wenn ich ehrlich bin, auch nicht wie ich dann Fortfahren soll, also wenn ich dieses P = [mm] \bruch{91}{216} [/mm] habe, was muss ich denn dann damit machen?
Vielen Dank
> mfG!
> Zwerglein
MfG
Kristof
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Hi, Kristof,
> Nein,
> deinen Einwand kann ich aber nachvollziehen.
> Nur weiß ich nicht ganz was du dort jetzt genau
> ausgerechnet hast.
> Also dieses P = [mm]\bruch{91}{216}[/mm]
>
> Von was ist das die Wahrscheinlichkeit?
> Davon, dass ein einzelner Spieler alle 3 Würfe braucht um
> eine 6 zu Würfeln?
> Oder was?
Dies: Nämlich dass EIN Spieler bei HÖCHSTENS drei Würfen eine 6 würfelt.
Entsteht so:
Wahrsch. für 6 beim 1. Wurf: [mm] \bruch{1}{6}
[/mm]
... beim 2. Wurf: [mm] \bruch{5}{6}*\bruch{1}{6}
[/mm]
... erst beim 3. Wurf: [mm] \bruch{5}{6}*\bruch{5}{6}*\bruch{1}{6}
[/mm]
Die drei musst Du dann addieren.
> Weiß wenn ich ehrlich bin, auch nicht wie ich dann
> Fortfahren soll, also wenn ich dieses P = [mm]\bruch{91}{216}[/mm]
> habe, was muss ich denn dann damit machen?
Du hast damit eine Bernoulli-Kette mit n=5 und der obigen Trefferwahrscheinlichkeit.
Und nun kannst Du P(X=0), P(X=1), ... usw. berechnen.
mfG!
Zwerglein
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:07 Do 01.03.2007 | | Autor: | Kristof |
> Hi, Kristof,
>
> > Nein,
> > deinen Einwand kann ich aber nachvollziehen.
> > Nur weiß ich nicht ganz was du dort jetzt genau
> > ausgerechnet hast.
> > Also dieses P = [mm]\bruch{91}{216}[/mm]
> >
> > Von was ist das die Wahrscheinlichkeit?
> > Davon, dass ein einzelner Spieler alle 3 Würfe braucht
> um
> > eine 6 zu Würfeln?
> > Oder was?
>
> Dies: Nämlich dass EIN Spieler bei HÖCHSTENS drei Würfen
> eine 6 würfelt.
> Entsteht so:
> Wahrsch. für 6 beim 1. Wurf: [mm]\bruch{1}{6}[/mm]
> ... beim 2. Wurf: [mm]\bruch{5}{6}*\bruch{1}{6}[/mm]
> ... erst beim 3. Wurf:
> [mm]\bruch{5}{6}*\bruch{5}{6}*\bruch{1}{6}[/mm]
>
> Die drei musst Du dann addieren.
Super,
hierfür schonmal riesen Dank.
Das habe ich nun verstanden und es hat Klick gemacht *gg*
Danke
> > Weiß wenn ich ehrlich bin, auch nicht wie ich dann
> > Fortfahren soll, also wenn ich dieses P = [mm]\bruch{91}{216}[/mm]
> > habe, was muss ich denn dann damit machen?
>
> Du hast damit eine Bernoulli-Kette mit n=5 und der obigen
> Trefferwahrscheinlichkeit.
> Und nun kannst Du P(X=0), P(X=1), ... usw. berechnen.
Nur hier hat es irgendwie noch nicht Klick gemacht.
Wie muss ich das denn rechnen?
Würde es jetzt so machen.
P (x=0) = [mm] \vektor{5 \\ 0} [/mm] * [mm] (\bruch{91}{216})^5 [/mm]
= 0,0133
Wäre das so richtig?
P (x=1) = [mm] \vektor{5 \\ 1} [/mm] * [mm] (\bruch{91}{216})^4
[/mm]
= 0,0315
Usw.
Oder mache ich da wieder etwas falsch?
Vielen Dank nochmal.
MfG
Kristof
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Hi, Kristof,
> > Du hast damit eine Bernoulli-Kette mit n=5 und der obigen
> > Trefferwahrscheinlichkeit.
> > Und nun kannst Du P(X=0), P(X=1), ... usw. berechnen.
>
> Nur hier hat es irgendwie noch nicht Klick gemacht.
>
> Wie muss ich das denn rechnen?
> Würde es jetzt so machen.
>
> P (x=0) = [mm]\vektor{5 \\ 0}[/mm] * [mm](\bruch{91}{216})^5[/mm]
> = 0,0133
Nicht ganz!
Richtig wäre:
P (x=0) = [mm] \vektor{5 \\ 0} [/mm] * [mm] (\bruch{91}{216})^{0}*(\bruch{125}{216})^{5} [/mm] = ...
> P (x=1) = [mm]\vektor{5 \\ 1}[/mm] * [mm](\bruch{91}{216})^4[/mm]
> = 0,0315
Analog oben:
P (x=0) = [mm] \vektor{5 \\ 1} [/mm] * [mm] (\bruch{91}{216})^{1}*(\bruch{125}{216})^{4} [/mm] = ...
> Oder mache ich da wieder etwas falsch?
Ja, leider:
Du verwechselst Treffer mit Nieten und vergisst anschließend die Nieten!
Schau Dir die Formel zur Bernoulli-Kette nochmals genau an!
mfG!
Zwerglein
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:46 Do 01.03.2007 | | Autor: | Kristof |
> Hi, Kristof,
>
> > > Du hast damit eine Bernoulli-Kette mit n=5 und der obigen
> > > Trefferwahrscheinlichkeit.
> > > Und nun kannst Du P(X=0), P(X=1), ... usw.
> berechnen.
> >
> > Nur hier hat es irgendwie noch nicht Klick gemacht.
> >
> > Wie muss ich das denn rechnen?
> > Würde es jetzt so machen.
> >
> > P (x=0) = [mm]\vektor{5 \\ 0}[/mm] * [mm](\bruch{91}{216})^5[/mm]
> > = 0,0133
>
> Nicht ganz!
> Richtig wäre:
> P (x=0) = [mm]\vektor{5 \\ 0}[/mm] *
> [mm](\bruch{91}{216})^{0}*(\bruch{125}{216})^{5}[/mm] = ...
>
> > P (x=1) = [mm]\vektor{5 \\ 1}[/mm] * [mm](\bruch{91}{216})^4[/mm]
> > = 0,0315
>
> Analog oben:
> P (x=0) = [mm]\vektor{5 \\ 1}[/mm] *
> [mm](\bruch{91}{216})^{1}*(\bruch{125}{216})^{4}[/mm] = ...
>
> > Oder mache ich da wieder etwas falsch?
>
> Ja, leider:
> Du verwechselst Treffer mit Nieten und vergisst
> anschließend die Nieten!
> Schau Dir die Formel zur Bernoulli-Kette nochmals genau
> an!
Hach,
vielen Dank.
Glaube jetzt verstehe ich's soweit.
Eine letzte Frage noch.
Wie kommst du auf die Wahrscheinlichkeit P = [mm] \bruch{125}{216} [/mm] ?
Vielen Dank
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Hi, Kristof,
> Glaube jetzt verstehe ich's soweit.
> Eine letzte Frage noch.
>
> Wie kommst du auf die Wahrscheinlichkeit P =
> [mm]\bruch{125}{216}[/mm] ?
Das ist die "Nietenwahrscheinlichkeit" q.
Allgemein gilt: q = 1 - p (p = Trefferwahrscheinlichkeit)
Und hier: q = 1 - [mm] \bruch{91}{216} [/mm] = [mm] \bruch{125}{216}
[/mm]
mfG!
Zwerglein
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