7 Würfel, 6 verschiedene Augenzahlen

Aufrufe: 1077     Aktiv: 11.04.2020 um 10:01
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7 faire Würfel werden geworfen, mit welcher wahrscheinlichkeit werden alle augenzahlen 1,2,3,4,5,6 geworfen?

meine Überlegungen:

-man hat 6^7 mögliche Kombinationen 

-man hat 7über6 also 7 Möglichkeiten 6 Würfel aus 7 auszuwählen

-die Augenzahl muss sich nach jedem Wurf um 1 verringern weil man ja dann schon eine Augenzahl hat

 

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Hallo,

deine Überlegungen sind doch schon gar nicht schlecht :)

Ich würde so vorgehen, als würdest du jeden Würfel hintereinander werfen. Damit wird es vielleicht eindeutiger :)

Du wirfst den ersten Würfel. Welche Ereignisse darf dieser Würfel alles annehmen? Wie viele Möglichkeiten hat dieser? Dann wird der zweite geworfen. Wie viele verschiedene Ereignisse darf dieser Wurf annehmen. Das gehst du weiter durch, bis du alle 7 Würfel durch hast. 

Die Multiplikation dieser Anzahl an Möglichkeiten, ist die gesamte Anzahl an Möglichkeiten, die unserer Einschränkung entsprechen. Wir nenne diese mal \( k \). 

Nun hast du schon richtig gesagt, das es insgesamt \( 6^7 \) Möglichkeiten gibt die 7 Würfel zu würfeln, wenn wir keine Einschränkung hätten. 

Die Wahrscheinlichkeit berechnet sich dann als Quotient von allen Ereignissen die für unseren Fall in frage kommen, durch die Gesamte Anzahl an Möglichkeiten.

Also

$$ P = \frac {k} {6^7} $$

kommst du auf die Wahrscheinlichkeit? Ich gucke gerne nochmal über dein Ergebnis drüber.

Grüße Christian

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6Würfel * 6! Augenzahlen die diese annehmen dürfen?   ─   bukubuku 10.04.2020 um 13:12
Ja es ist
$$ k = 6 \cdot 6! $$
Der erste Würfel darf alle Augenzahlen von 1-6 annehmen, also 6 Möglichkeiten
Der zweite Würfel darf auch noch alle Augenzahlen annehmen, also ebenfalls 6 Möglichkeiten
Nun darf der dritte Würfel nur noch 5 Augenzahlen annehmen, also 5 Möglichkeiten usw, bis der letzte (7te) Würfel nur noch 1 Möglichkeit hat.
$$ k = 6 \cdot 6 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 = 6 \cdot 6! $$
Damit erhalten wir
$$ P = \frac {6 \cdot 6!} {6^7} = \frac {5!} {6^5} \approx 0{,}015 = 1{,}5\% $$   ─   christian_strack 10.04.2020 um 13:34
Die Antwort erscheint mir plausibel und sehr schön erklärt. Aber kann man noch überprüfen, ob sie "wirklich" richtig ist? Z. Bsp. ein Programm schreiben, dass 1.000 mal/10.000 mal/100.000 mal die 7 Würfel macht und die Anzahl der positiven Ereignisse zählt. Hast Du darüber schonmal nachgedacht oder eine andere Lösung dafür? Bei 3-dimensionalen Raumberechnungen z. Bsp. Gerade schneidet Ebene kann man ja auch leicht mit Geogebra checken.
   ─   berti 11.04.2020 um 09:40
Ich bin neu hier und probiere mich noch etwas aus. An Louis: Ist die Frage komplett beantwortet? Wann ja, hast Du sie auch so markiert?   ─   berti 11.04.2020 um 09:41
Ich glaube nicht, dass die Antwort richtig ist. Ich habe mal eine einfachere Version genommen, nämlich 3facher Münzwurf, es sollen sowohl Kopf als auch Zahl auftreten. Dafür gibt es insgesamt 6 Möglichkeiten, wenn ich die obige Rechnung aber daran anpasse, erhalte ich nur 4 Möglichkeiten.
  ─   digamma 11.04.2020 um 09:47
Ja, das ist so nicht korrekt. Ist der erste Wurf z.B. eine 1 und der zweite eine 2, dann gibt es für den dritten Wurf immer noch alle sechs Möglichkeiten und nicht nur 5. Die Anzahl der Möglichkeiten sollte \(6(1\cdot5!+5(2\cdot4!+4(3\cdot3!+3(4\cdot2!+2(5\cdot1!+1\cdot6)))))\) lauten. Ich weiß, ziemlich kompliziert. Man unterscheidet bei jedem Wurf, ob schon eine Zahl doppelt vorkam, dann müssen alle folgenden Würfe verschieden sein, oder bis jetzt waren alle verschieden, dann macht man das nochmal. Vielleicht gibt es auch einen einfacheren Weg, aber ich sehe keinen.   ─   sterecht 11.04.2020 um 10:01

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