nicht unterscheidbare Würfel < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:31 Mo 15.08.2005 | | Autor: | TomTom |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo zusammen!
Ich habe schon lange keine Stochastik mehr gemacht, bräuchte deshalb jetzt mal dringend Eure Hilfe. Das Problem und meine Gedanken dazu ist folgendes:
Ich würfele mit zwei nicht unterscheidbaren Würfel. Omega habe ich ja mittlerweile schon ausgerechnet und habe eine Mächtigkeit von 21 rausbekommen.
Jetzt ist die Frage, warum die 7 als Augensumme beider Würfel häufiger vorkommt als die 8. Für die 7 habe ich als Möglichkeiten (1,6), (2,5), (3,4). Für die 8 (2,6), (3,5), (4,4). Wenn (1,6) dasselbe ist wie (6,1) usw. wieso habe ich dann mehr Möglichkeiten für 7. Oder darf ich (1,6) und (6,1) trotzdem als zwei verschiedene Möglichkeiten zählen, so dass ich dann bei der Augensumme 7 sechs, bei der Augensumme 8 nur fünf Möglichkeiten habe?
Und wie ist dann die Wahrscheinlichkeit von 7 bzw. 8? Gehe ich von 21 (wegen der Mächtigkeit von Omega) aus, oder muss ich da auch von [mm] 6^2 [/mm] = 36 ausgehen? Wieso bzw. wieso nicht?
Ich würde mich über verständliche und ausführliche Antworten sehr freuen.
VG, TomTom
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:59 Mo 15.08.2005 | | Autor: | statler |
Hallo TomTom,
leider sagst du nix über dein Vorwissen, deswegen ist es nicht so völlig klar, auf welchem Wissensstand man argumentieren soll.
Du meinst, daß Omega 21 Elemente hat, und das kann man auch so machen, aber dann hat man keine Laplace-Verteilung, d. h. die Elemente sind nicht gleichwahrscheinlich. Besser ist schon (nach meinem Dafürhalten), das Omega mit den 36 Elementen zu nehmen, wobei alle Elemente die gleiche Wahrscheinlichkeit haben, nämlich ein Sechsunddreißigstel.
Mach doch mal folgendes: Nimm 2 1-Euro-Stücke, wirf sie hundertmal und schreib auf, wie oft (Kopf, Kopf), (Zahl, Zahl) und "gemischt" auftreten. Wie kann man Omega hier wählen? Und welche Elementar-Wahrscheinlichkeiten muß man dann nehmen?
Oder überleg mal, daß man diese Versuche auch so durchführen kann, daß man mit einem Würfel (oder einer Münze) zweimal wirft. Dann ist der Würfel als solcher natürlich ununterscheidbar, aber es gibt einen ersten und einen zweiten Wurf.
Genug verwirrt??
Gruß aus HH-Harburg
Dieter
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:34 Di 16.08.2005 | | Autor: | TomTom |
Hallo Dieter,
erstmal danke für die Antwort. Ich verstehe, dann aber nicht, warum ich dann überhaupt zwischen unterscheidbaren und nicht unterscheidbaren Würfeln differenziere, wenn die Wahrscheinlichkeit beide Male gleich ist. Wofür brauche ich das dann?
VG, TomTom
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:04 Di 16.08.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo TomTom!
Wählt man [mm] $\Omega$ [/mm] so wie von dir vorgeschlagen, lassen sich die Wahrscheinlichkeiten nicht mehr elementar bestimmen. Man hat dann keinen Laplace-Raum mehr, d.h. die Elementarwahrscheinlichkeiten sind dann nicht mehr alle gleich.
Oder, anders gesagt: Die einfache Formel
[mm] $\mbox{Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses} [/mm] = [mm] \frac{\mbox{"'Anzahl der günstigen Fälle"'}}{\mbox{"'Anzahl der möglichen Fälle"'}} [/mm] = [mm] \frac{\mbox{Anzahl der Elementarereignisse, die zum Eintreten des Ereignisses führen}}{\mbox{Anzahl aller Elementarereignisse}}$
[/mm]
gilt dann nicht mehr!
Wählt man dagegen
[mm] $\Omega=\{(1,1),(1,2),(1,3),(1,4), (1,5), (1,6), (2,1), (2,2),\ldots, (6,5), (6,6)\}$,
[/mm]
dann hat jedes dieser $36$ Elementarereignisse die gleiche Wahrscheinlichkeit.
Wenn du nun die Wahrscheinlichkeit für die Aufgensumme $7$ bestimmen willst, zählst du einfach ab: Die Elementarereignisse $(1,6)$, $(2,5)$, $(3,4)$, $(4,3)$, $(5,2)$ und $(6,1)$ führen dazu, dass das Ereignis "die Aufgensumme ist $7$" eintritt. Also gilt für die Wahrscheinlichkeit dieses Ereignisses:
$p= [mm] \frac{6}{36} [/mm] = [mm] \frac{1}{6}$.
[/mm]
Bei dem von dir gewählten [mm] $\Omega$ [/mm] mit $21$ Elementarereignissen sind nicht alle $21$ Elementarereignisse gleichwahrscheinlich, und du kannst die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses nicht so einfach durch Abzählen bestimmen. Im Prinzip könntest du dort die Wahrscheinlichkeiten nur so bestimmen, dass du indirekt doch wieder auf das obige [mm] $\Omega$ [/mm] mit $36$ Elementen zurückgreifst.
Wenn sich einem ein Laplace-Raum derart aufdrängt, sollte man in ihn auch eintreten! 
Liebe Grüße
Julius
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:04 Mo 15.08.2005 | | Autor: | DaMenge |
Hi,
dann versuch ich nochmal schnell eine gekürtzte Antwort:
also das Paar (1,6) hat Wahrscheinlichkeit 2/36, denn einer der beiden Würfel kann 6 oder 1 werden (2/6) und der andere entsprechend die andere Zahl (1/6)
Das macht dann für die 7 als Summe : 6/36
Das Paar (4,4) hat aber nur 1/36 denn beide müssen genau die 4 werden, also hat die 8 die Wahrscheinlichkeit 5/36 ...
viele Grüße
DaMenge
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