konkrete Kombinatorik-Aufgabe 1 < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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Also, die Aufgabe lautet:
Es werden vier Würfel gleichzeitig geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Augenzahlen verschieden sind?
Mein Ansatz:
Nach Laplace ist die Wahrscheinlichkeit: günstige Fälle = Binominalkoeffizient mit 6 über 4 dividiert durch Anzahl der möglichen Fälle = ???
Da liegt jetzt mein Problem: ich weiß nicht wie ich die Anzahl der möglichen Fälle darstellen soll. Es gibt 4 Plätze mit 6 Zahlen zu belegen. Dabei spielt die Reihenfolge keine Rolle. Aber weiter komme ich nicht.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:57 So 14.03.2004 | | Autor: | Oliver |
Hallo,
erst einmal herzlich willkommen im MatheRaum.
Der Ansatz mit (günstige Fälle) / (alle Fälle) war schon gut, allerdings sehe ich nicht direkt, wie man mit dem Binominalkoeffizienten "6 über 4" hier weiter kommt.
Probieren wir es mal zusammen:
alle Fälle:
Du wirfst einen Würfel einmal, macht 6 verschiedene Fälle. Wirfst Du zwei Würfel (oder einen Würfel zweimal hintereinander) macht das [mm] $6*6=6^2$ [/mm] verschiedene Möglichkeiten. Bei 4 Würfeln kommst Du somit auf [mm] $6^4$ [/mm] verschiedene Fälle.
günstige Fälle:
Was der erste Würfel zeigt ist eigentlich egal, das heißt alle 6 Fälle wären günstig. Der zweite Würfel darf jetzt auch fallen wie er will, allerdings darf er nicht die gleiche Augenzahl wie der erste Würfel zeigen. Also hat der 2. Würfel noch 5 günstige Fälle. So, jetzt haben wir mit dem ersten und zweiten Würfel zwei unterschiedliche Augenzahlen gewürfelt. Wie viele günstige Fälle gibt es dann für den dritten bzw. später den vierten Würfel? Überlege es Dir mal, und sage ob Du eine Lösung gefunden hast.
Wie sieht denn dann nun die Formel für Deine gesuchte Wahrscheinlichkeit aus?
Bye
Oliver
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Hallo Oliver,
danke, dass du so schnell geantwortet hast.
zuerst zu den günstigen Fällen:
Ich dachte mir es gibt "6 über 4" mögliche günstige Fälle, weil:
Ich habe mir das Urnenmodell ohne zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge zur Hilfe gezogen und das wäre dann: wie viele Möglichkeiten gibt es beim Ziehen von 4 Kugeln aus einer Urne mit 6 Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge und ohne Zurücklegen.
Aber ich verstehe deinen Ansatz mit den günstigen Fällen auch. Dann müsste man ja nach der Produktregel auf 6*5*4*3 = 360 Fälle kommen, oder?
Vergleich ich nun deinen Ansatz mit meinem komme ich auf zwei verschiedene Lösungen (ich: 15, du: 360). Weißt du wo der Fehler liegt?
Zu "alle Fälle"
Den Ansatz [mm] 6^4 [/mm] hatte ich auch schon, aber ich habe ihn verworfen, weil ich dachte, dass er nicht berücksichtigt, dass die Reihenfolge egal ist (also z.B. gilt: 2234 = 3242). Ich denke er wäre richtig, wenn die vier Würfel unterschiedlich gefärbt wären, aber in dieser Aufgabe sind sie ja nicht zu unterscheiden. Verstehst du was ich meine?
Ich habe gerade trotz meiner Zweifel die Wahrscheinlich keit mit:
[mm] (6*5*4*3)/(6^4) [/mm] ausgerechnet und komme auf 27,78%, was ja immerhin im Bereich des möglichen liegt.
grüße, dancingestrella
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:44 So 14.03.2004 | | Autor: | Oliver |
Hallo,
Du hast natürlich recht, ich habe es mal mit Deinem Weg versucht und so geht es auch ... man kommt dann auf identische Ergebnisse.
Der Weg, den ich vorgeschlagen hatte führt zu der Wahrscheinlichkeit [mm] $P_4$, [/mm] dass bei 4-maligem Werfen eines sechsseitigen Würfels keine Augenzahl doppelt auftritt:
[mm]P_4 = \frac{6*5*4*3}{6^4} = \frac{6!}{(6-4)! * 6^4} = \frac{5}{18}[/mm]
Wie Du richtig bemerkst, zähle ich dabei bei den günstigen und allen Möglichkeiten jeweils Fälle, die eigentlich identisch sind, doppelt. (z.B. "2345" und "5423").
Das Folgende war so natürlich nicht richtig, ist mir im Eifer des Gefechts so herausgerutscht. Aber damit andere nicht auch den gleichen Fehler machen, lasse ich es mal als mahnenden Hinweis stehen:
Da ich das jedoch sowohl im Nenner als auch im Zähler mache, führt das zu keinem Fehler ... nur zu größeren Zahlen (ich habe 360 günstige Fälle, Du nur 15).
Jetzt machen wir es mal nach Deiner Methode. Die günstigen Fälle sind wie Du schon geschrieben hast "6 über 4", also 6!/([6-4]!4!). Hier haben wir die identischen Fälle nur einmal gezählt, im Nenner hast Du das durch den Term "4!" berücksichtigt (jeweils 4! Fälle sind identisch, versuch' Dir das mal bitte zu veranschaulichen: für die erste Zahl gibt es vier mögliche Positionen, für die zweite nur noch drei, für die dritte zwei und die vierte muss dann auf die einzig freie Position).
Da wir hier die identischen Fälle nur einmal zählen, müssen wir dies auch im Nenner tun: Insgesamt gibt es [mm] 6^4 [/mm] mögliche Kombinationen, von denen aber jeweils wieder 4! identisch sind, also ergibt das [mm] 6^4/4! [/mm] verschiedene mögliche Fälle.
Bye
Oliver
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Hallo Oliver!
Also ich habe mich vorhin nochmal in Ruhe hingesetzt und das Problem überdacht, dabei bin ich zu folgender Lösung gekommen:
günstige Fälle:
Übertragung auf das Urnenmodell "ohne zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge" werden 4 Kugeln aus einer Urne mit 6 unterscheidbaren Kugeln geozogen --> günstige Fälle = 6 über 4 = 15
mögliche Fälle:
Übertragung auf das Urnenmodell "mit Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge" werden 4 Kugeln aus einer Urne mit 6 unterscheidbaren Kugeln gezogen --> mögliche Fälle = (6+4-1) über 4 = 126
Daraus erhalte ich dann eine Wahrscheinlichkeit von 11,90 %.
Wie gesagt, das wäre so meine Lösung. Die Formeln für die Möglichkeiten bei den verschiedenen Urnenmodellen haben wir mal hergeleitet und da habe ich nur eingesetzt.
Über deine Idee der möglichen Fällen muss ich noch etwas nachdenken. So ganz verstehe ich das noch nicht, kann aber noch nicht sagen wo ich nicht mit zurechtkomme. Wenn ich es weiß, melde ich mich wieder.
Da mein neueres Ergebnis 11,90% von deinem Ergebnis (27,78%) abweicht, muss ja mein Fehler bei dem Urnenmodell "mit Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge" liegen. Aber ich sehe ihn nicht. Kannst du mir das erklären?
Viele Grüße,
dancingestrella
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:08 So 14.03.2004 | | Autor: | Oliver |
Hallo,
entschuldige bitte das, was ich oben im Eifer des Gefechts von mir gegeben habe: die Anzahl der möglichen Fälle ist NICHT [mm] $6^4 [/mm] / 4!$ (das hätte zwar schön gepasst, ist aber falsch). Ich habe das in der Mitteilung oben bereits korrigiert. Wie Du richtig geschrieben hast, gibt es "9 über 4" sprich 126 mögliche Fälle.
Dein Denkfehler (denn 5/18 ist dennoch die richtige Lösung) liegt meines Erachtens darin, dass Du implizit unterstellst, dass jeder der möglichen Fälle die gleiche Wahrscheinlichkeit besitzt. Wenn das der Fall wäre (so wie bei dem von mir demonstrierten Lösungsweg) , könntest Du in der Tat einfach günstige Fälle durch mögliche Fälle teilen. Hier jedoch fasst Du alle Fälle zusammen, die "identisch" sind. Das geht im Zähler noch einigermaßen gut, denn die vier Ziffern sind alle unterschiedlich (daher sind die Fälle ja günstig) und Du kannst jeweils 4! Fälle zusammenfassen. Jeder der 15 Fälle tritt also in 4!=24 Variationen auf, so dass Du insgesamt 360 Fälle hast.
Im Nenner sieht das jedoch anders aus. "1111" gibt es nur einmal, "1234" jedoch wie schon gesagt 4!=24 mal. Wenn Du einfach sagst, es gibt 126 Fälle, geht Dir die Information über die Häufigkeit jedes Falles ja verloren.
Wenn Du jeden Fall mit seiner Häufigkeit multiplizierst (und so gewichtest), müsstest Du wieder auf die Gesamtzahl der möglichen Fälle von [mm] 6^4 [/mm] kommen:
- Die Fälle mit vier gleichen Ziffern kommen 1-mal vor (${4!}/{4!}$)
- Die Fälle mit einem Zifferntrilling kommen 4-mal vor (${4!}/{(3!1!)}$)
- Die Fälle mit zwei Ziffernzwillingen kommen 6-mal vor (${4!}/{(2!2!)}$)
- Die Fälle mit einem Ziffernzwillingen kommen 12-mal vor (${4!}/{(2!1!1!)}$)
- Die Fälle mit vier unterschiedlichen Ziffern kommen 24-mal vor (${4!}/{(1!1!1!1!)}$)
Wenn Du dies berücksichtigt hast, kann Du die günstigen Fälle durch die möglichen teilen, da kommt dann aber gerade wieder auf die Formel vom Anfang raus:
[mm]P_4=\frac{6*5*4*3}{6^4}[/mm]
Hoffe Dich jetzt nicht allzu verwirrt zu haben
Oliver
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Hallo Oliver!
Ja, das habe ich tatsächlich gedacht, dass alle möglichen Fälle mit der gleichen Wahrscheinlichkeit auftauchen. Ist jetzt auch klar, wieso dies im Nenner nicht der Fall ist... danke schön!
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