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Bei Deinen \(\Omega\) haben zwei aufeinanderfolgende Würfe immer ungleiche Augenzahl. Aber der letzte Augenzahl sollte ja gleich der vorletzten sein, so dass man das \(\Omega\) ein anders aufschreiben muss:
\(\Omega = \{(x_1,\ldots,x_n)|\;n\ge 2,\, 1\le x_i \le 6 \,\forall\, i\in\{1,\ldots,n\},\,x_i\not=x_{i+1} \,\forall\, i\in\{1,\ldots,n-2\},\,x_{n-1}=x_n\}\).
Wobei mit {1,..,0} die leere Menge gemeint ist.
Jedes \((x_1,\ldots,x_n)\in \Omega\) ist eine vorgeschriebene Folge von Augenzahlen. Die Wahrscheinlichkeit, dass genau diese Augen in dieser Reihenfolge kommen, ist
\(\displaystyle P(\mbox{Sequenz}=(x_1,\ldots,x_n)) = \frac{1}{6^n}\).
Du solltest nicht P(X) schreiben, da
- X ja die Länge der Sequenz ist, und nicht die Sequenz selbst
- P sich auf ein Element aus \(\Omega\), also eine Sequenz beziehen muss.
Bei b) musst Du berücksichtigen, dass es zu einer gegebenen Sequenzlänge immer mehrere Ereignisse gibt. Z.B. gibt es sechs mögliche Ereignisse für die Wurflänge 2, nämlich genau die 6 Päsche.
Die W. für die Wurflänge n ist also
\(\displaystyle P(X=n) = P(\mbox{Sequenz hat Länge}\;n) \cdot (\mbox{Anzahl der Ereignisse mit Wurflänge}\; n) = \frac{\mbox{Anzahl der Ereignisse mit Wurflänge} \;n}{6^n}\).
Für die Anzahl der Ereignisse mit Wurflänge n musst Du tiefschürfende kombinatorische Überlegungen anstellen. Solltest Du hier auf Granit stoßen, bitte nochmal melden.
\(P(X>4)\) berechnet man dann am besten über das Gegenereignis: \(P(X>4) = 1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)\).
\(\Omega = \{(x_1,\ldots,x_n)|\;n\ge 2,\, 1\le x_i \le 6 \,\forall\, i\in\{1,\ldots,n\},\,x_i\not=x_{i+1} \,\forall\, i\in\{1,\ldots,n-2\},\,x_{n-1}=x_n\}\).
Wobei mit {1,..,0} die leere Menge gemeint ist.
Jedes \((x_1,\ldots,x_n)\in \Omega\) ist eine vorgeschriebene Folge von Augenzahlen. Die Wahrscheinlichkeit, dass genau diese Augen in dieser Reihenfolge kommen, ist
\(\displaystyle P(\mbox{Sequenz}=(x_1,\ldots,x_n)) = \frac{1}{6^n}\).
Du solltest nicht P(X) schreiben, da
- X ja die Länge der Sequenz ist, und nicht die Sequenz selbst
- P sich auf ein Element aus \(\Omega\), also eine Sequenz beziehen muss.
Bei b) musst Du berücksichtigen, dass es zu einer gegebenen Sequenzlänge immer mehrere Ereignisse gibt. Z.B. gibt es sechs mögliche Ereignisse für die Wurflänge 2, nämlich genau die 6 Päsche.
Die W. für die Wurflänge n ist also
\(\displaystyle P(X=n) = P(\mbox{Sequenz hat Länge}\;n) \cdot (\mbox{Anzahl der Ereignisse mit Wurflänge}\; n) = \frac{\mbox{Anzahl der Ereignisse mit Wurflänge} \;n}{6^n}\).
Für die Anzahl der Ereignisse mit Wurflänge n musst Du tiefschürfende kombinatorische Überlegungen anstellen. Solltest Du hier auf Granit stoßen, bitte nochmal melden.
\(P(X>4)\) berechnet man dann am besten über das Gegenereignis: \(P(X>4) = 1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)\).
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m.simon.539
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Ja, P(X=0) = P(X=1) = 0
Ja, P(X=2) = 1/6.
Aber P(X=3) und P(X=4) lauten anders.
Habe ich ein n>2, so kann man sich wie folgt eine Rekursionsfürel für die Anzahl der Ereignisse mit Wurflänge n überlegen:
Man nehme alle Sequenzen der Wurflänge n-1 aus \(\Omega\) und stelle ihnen eine Augenzahl voran, und zwar so, dass die verlängerte Sequenz wieder in \(\Omega\) ist. Das ist genau der Fall, wenn die erste Augenzahl ungleich der zweiten ist. Also hat man 5 Möglichkeiten, die erste Augenzahl zu wählen.
Drum hat man die Rekursionsformel
\((\mbox{Anzahl der Sequenzen der Länge}\;n) = 5 \cdot (\mbox{Anzahl der Sequenzen der Länge}\;n-1)\).
Daraus kannst Du Dir die Anzahl der Sequenzen der Länge 3, und Anzahl der Sequenzen der Länge 4 berechnen, und daraus P(X=3) und P(X=4). ─ m.simon.539 17.12.2023 um 00:44
Ja, P(X=2) = 1/6.
Aber P(X=3) und P(X=4) lauten anders.
Habe ich ein n>2, so kann man sich wie folgt eine Rekursionsfürel für die Anzahl der Ereignisse mit Wurflänge n überlegen:
Man nehme alle Sequenzen der Wurflänge n-1 aus \(\Omega\) und stelle ihnen eine Augenzahl voran, und zwar so, dass die verlängerte Sequenz wieder in \(\Omega\) ist. Das ist genau der Fall, wenn die erste Augenzahl ungleich der zweiten ist. Also hat man 5 Möglichkeiten, die erste Augenzahl zu wählen.
Drum hat man die Rekursionsformel
\((\mbox{Anzahl der Sequenzen der Länge}\;n) = 5 \cdot (\mbox{Anzahl der Sequenzen der Länge}\;n-1)\).
Daraus kannst Du Dir die Anzahl der Sequenzen der Länge 3, und Anzahl der Sequenzen der Länge 4 berechnen, und daraus P(X=3) und P(X=4). ─ m.simon.539 17.12.2023 um 00:44
Danke.
P(X=4)=25/216
P(X=3)=5/36
P(x)=(1/6)^2 - (1-(1/6))^(n-2) * 1/6 *6
Würde das so passen? ─ anonym175c0 17.12.2023 um 15:50
P(X=4)=25/216
P(X=3)=5/36
P(x)=(1/6)^2 - (1-(1/6))^(n-2) * 1/6 *6
Würde das so passen? ─ anonym175c0 17.12.2023 um 15:50
P(X=3) und P(X=4) sind schon mal richtig. "P(x)" aber gibt es nicht. Falls Du "P(X=n)" meinst, ist die Formel falsch. Sie lautet: \(\displaystyle P(X=n) = \frac{5^{n-2}}{6^{n-1}}\). Aber eigentlich brauchst Du diese Formel gar nicht in aller Allgemeinheit.
Gefragt war ja nach P(X>4) = 1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4), und dafür hast Du ja jetzt alle Ingredenzien zusammen. ─ m.simon.539 19.12.2023 um 00:04
Gefragt war ja nach P(X>4) = 1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4), und dafür hast Du ja jetzt alle Ingredenzien zusammen. ─ m.simon.539 19.12.2023 um 00:04
Wären p(x=0)=p(x=1)=0, weil man da keine augenzahl hat?
Und p(x=2)= 6/36=1/6
P(x=3)=6*(1/6(^3))
P(x=4)=6*(1/6(^3)) ? ─ anonym175c0 16.12.2023 um 16:11