+1 Daumen
203 Aufrufe

Aufgabe: Einer unter 1000 Würfel hat die Augenzahl 6 auf allen Seiten. Die übrigen Würfel seien korrekt beschriftet.

a) Ein zufällig ausgewählter Würfel wird drei mal geworfen und zeigt 3mal die Augenzahl 6 an. Mit welcher Wahrscheinlichkeit handelt es sich um einen korrekten Würfel?

b) Wie oft muss der gewählte Würfel hintereinander eine 6 zeigen, damit mit Vorteil auf den gefälschten Würfel gesetzt werden kann?

Lösung für a: 82,22%, Lösung für b: 4

Hallo :) Kann mir jemand zeigen, wie ich diese Aufgabe Schritt für Schritt lösen muss? Ich habe es mit einem Baummdiagramm versucht, komme aber nicht auf die richtige Lösung.

Vielen Dank :)

von
(a)  Bedingte Wahrscheinlichkeit$$P=\frac{\frac{999}{216}}{\frac{999}{216}+1}=\frac{37}{45}\approx82{,}22\%.$$
$$\text{ b) }P=\frac{\frac{999}{6^n}}{\frac{999}{6^n}+1}<\frac12\Rightarrow n\ge4.$$

2 Antworten

+2 Daumen
 
Beste Antwort

zu a)

K: ein korrekter Würfel wurde ausgewählt.

¬K: ein nicht korrekter Würfel wurde ausgewählt

D: es wird drei mal hintereinder eine 6 gewürfelt.

gegeben:

  • P(K) = 999/1000
  • P(¬K) = 1/1000
  • PK(D) = (1/6)3
  • P¬K(D) = 1

gesucht:

  • PD(K)

Nach dem  Satz von Bayes ist PD(K) = PK(D)·P(K)/P(D)

PK(D) und P(K) sind bekannt. P(D) kann mit dem Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit berechnet werden: P(D) = PK(D)·P(K) + P¬K(D)·P(¬K)

zu b)

N: es wird n mal hintereinder eine 6 gewürfelt.

Es ist PK(N) = (1/6)n und P¬K(N) = 1. Löse  die Ungleichung PK(N)·P(K) + P¬K(N)·P(¬K) < 0.5 nach n auf.

von 42 k  –  ❤ Bedanken per Paypal
0 Daumen

sei \( K \) das Ereignis, dass man einen korrekten Würfel zieht, und \( \overline{K} \) sein Gegenereignis, sprich das Ereignis, dass man einen unkorrekten Würfel zieht.

Sei \( (6, 6, 6) \) das Ereignis, dass man dreimal hintereinander eine \( 6 \) würfelt.

Es ist

\( P(K) = \frac{999}{1000} \) und \( P(\overline{K}) = 1 - P(K) = \frac{1}{1000} \).

Außerdem ist

\( P((6, 6, 6) | K) = \left(\frac{1}{6}\right)^3 \) sowie \( P((6, 6, 6) | \overline{K}) = 1 \).

Der Satz von Bayes liefert uns einen Ausdruck für die gesuchte Wahrscheinlichkeit:

\( P(K | (6, 6, 6)) = \frac{P(K)}{P((6, 6, 6))}P((6, 6, 6) | K) \).

Zunächst ist

\( P((6, 6, 6)) = P((6, 6, 6) | K) P(K) + P((6, 6, 6) | \overline{K}) P(\overline{K}) \)

\( = \left(\frac{1}{6}\right)^3 \frac{999}{1000} + 1 \frac{1}{1000} = 0,005625 \).

Dieser Ausdruck fehlte uns noch, um nun \( P(K, (6, 6, 6)) \) ausrechnen zu können:

\( P(K | (6, 6, 6)) = \frac{P(K)}{P((6, 6, 6))}P((6, 6, 6) | K) \)

\( = \frac{\frac{999}{1000}}{0.005625}\left(\frac{1}{6}\right)^3 = 0,8\overline{2} = 82,\overline{2}\ \% \).

Somit hast du die Lösung für Aufgabe a). Es empfiehlt sich hier für das bessere Verständnis, alle Rechenschritte auch selbst noch einmal nachzuvollziehen.

Für Aufgabe b) ist ein \( n \) gesucht, sodass die Wahrscheinlichkeit

\( P( \overline{K} | (6, 6, \dots, 6) ) \) größer als \( \frac{1}{2} \) ist, wobei \( (6, 6, \dots, 6) \) hier das (zunächst generische) Ereignis sei, dass eine \( 6 \) \( n \)-mal hintereinander gewürfelt wird.

Es ist

\( P((6, 6, \dots, 6)) = P((6, 6, \dots, 6) | K) P(K) + P((6, 6, \dots, 6) | \overline{K}) P(\overline{6}) \)

\( = \left(\frac{1}{6}\right)^n \frac{999}{1000} + 1 \frac{1}{1000} \).

Schließlich ist

\( P( \overline{K} | (6, 6, \dots, 6)) = \frac{P(\overline {K})}{P((6, 6, \dots, 6))}P((6, 6, \dots, 6) | \overline{K}) \)

\( = \frac{\frac{1}{1000}}{\left(\frac{1}{6}\right)^n \frac{999}{1000} + 1 \frac{1}{1000}} \)

\( = \frac{1}{\left(\frac{1}{6}\right)^n 999 + 1} \stackrel{!}{>} \frac{1}{2} \),

wobei im letzten Schritt nun gefordert wird, dass diese Wahrscheinlichkeit größer \( \frac{1}{2} \) ist.

Umformen ergibt

\( \frac{1}{999} > \left( \frac{1}{6} \right)^n \)

\( \log(\frac{1}{999}) > n \log( \frac{1}{6}) \)

\( \frac{\log(999)}{\log(6)} < n \).

Wegen \( \frac{\log(999)}{\log(6)} \approx 3,85 \) muss \( n \geq 4 \) gelten.

Auch hier empfiehlt es sich zum besseren Verständnis, alle Einzelschritte auch nochmal selbst durchzugehen.

Viele Grüße

Mister

PS: Für den Ausdruck \( \frac{\log(999)}{\log(6)} \) ist jede Logarithmusfunktion zulässig, vorausgesetzt, du nimmst für den Nenner und Zähler nicht zwei unterschiedliche Logarithmusfunktionen, sondern ein und dieselbe (zum Beispiel den natürlichen Logarithmus \( \ln \)). Du kannst überprüfen, dass dieser Quotient für alle Logarithmusfunktionen immer denselben Wert annimmt.

von 7,7 k

Ein anderes Problem?

Stell deine Frage

Willkommen bei der Mathelounge! Stell deine Frage sofort und kostenfrei

x
Made by a lovely community
...