Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass zuvor genau zwei Vierer kommen?

Question

Ein Würfel wird solange geworfen bis das erste mal eine 6 kommt. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass zuvor genau zwei Vierer kommen? Ich verzweifle hier grade dran!!!

Comments

Ist der Umstand "am Schluss der Wurfserie fällt die erste Sechs" nicht die Bedingung, unter der das Ereignis "die Serie enthält genau zwei Vieren" betrachtet wird?

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Falls die Interpretation wie oben beschrieben zutrifft, lässt sich die gesuchte Wahrscheinlichkeit vielleicht so bestimmen:

$$P = \sum_{n=2}^{\infty}{\begin{pmatrix} n\\2 \end{pmatrix}\cdot\left(\dfrac{1}{5}\right)^2 \cdot \left(1-\dfrac{1}{5}\right)^{n-2}}$$

PS: Das ergibt 5, ist also sicher nicht richtig. Hm...

Answer 1

Es gibt in meinen Augen eine komplexe und eine simple Lösungsvariante.

Variante 1 (komplex)

Wir definieren:

$A_k$: Die erste Sechs tritt in Versuch Nummer $k$ auf.

$B$: Es treten genau zwei Vierer vor der ersten $6$ auf. $$P(B \ | \ A_k) = ?,\quad P(B \ | \ A_1) = 0 ,\ P(B \ | \ A_2) = 0$$ $$P(B|A_k) = \binom{k-1}{2} \cdot p^2 \cdot (p-1)^{k-1-2} = \binom{k-1}{2} \cdot \bigg( \frac{1}{5} \bigg)^2 \cdot \bigg( \frac{4}{5} \bigg)^{k-3}$$ $$P(A_k) = \bigg(\frac{5}{6}\bigg)^{k-1} \cdot \frac{1}{6}$$ Aus diesen Überlegungen lässt sich die gesuchte Wahrscheinlichkeit wie folgt berechnenberechnen: $$P(B)$$ $$= \sum\limits_{k=1}^\infty P(A_k) \cdot P(B \ | \ A_k)$$ $$= \sum\limits_{k=3}^\infty \bigg( \frac{5}{6} \bigg)^{k-1} \cdot \frac{1}{6} \cdot \binom{k-1}{2} \cdot \bigg(\frac{1}{5}\bigg)^2 \cdot \bigg( \frac{4}{5} \bigg)^{k-3}$$ $$= \frac{1}{6} \cdot \bigg( \frac{1}{5} \bigg)^2 \cdot \bigg( \frac{5}{6} \bigg)^2 \cdot \sum\limits_{k=3}^\infty \bigg( \frac{5}{6} \bigg)^{k-3} \cdot \binom{k-1}{2} \cdot \bigg( \frac{4}{5} \bigg)^{k-3}$$ $$= \frac{1 \cdot 1 \cdot 5^2}{6 \cdot 5^2 \cdot 6^2} \cdot \sum\limits_{k=3}^\infty \bigg( \frac{4}{6} \bigg)^{k-3} \cdot \frac{(k-1) \cdot (k-2)}{2}$$ $$= \frac{1}{6^3} \cdot \sum\limits_{k=2}^\infty \bigg( \frac{4}{6} \bigg)^{k-2} \cdot \frac{k \cdot (k-1)}{2}$$ $$= \frac{1}{6^3 \cdot 2} \cdot \sum\limits_{k=2}^\infty \bigg( \frac{4}{6} \bigg)^{k-2} \cdot k \cdot (k-1)$$ $$= \frac{1}{6^3 \cdot 2} \cdot \frac{2}{\big(1 - \frac{4}{6} \big)^3} = \frac{1}{2 \cdot 6^3} \cdot \frac{2}{\big( \frac{2}{6} \big)^3} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 6^3}{2 \cdot 6^3 \cdot 2^3} = \frac{1}{2^3} = \frac{1}{8}$$

Variante 2 (simpel)

Wir betrachten lediglich die Augenzahlen $4$ und $6$ (die anderen Würfe werden ignoriert). Wir würfeln somit quasi nur mit Seite $4$ und $6$. Z. B.: $4,6,4,6,6,4, \ldots$ Gesucht ist $P(4,4,6)$. Dies entspricht $\big(\frac{1}{2}\big)^3 = \frac{1}{8}$.

Comments

Danke für die antwort !!! Die erste Variante finde ich sehr kompliziert, doch die zweite ist irgendwie einleuchtned. Darf man das aber so vereinfachen?

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Hallo André.

Vielleicht kannst du etwas zur Notation der Komplexität geben. Bei mir ist das schon so lange her das ich nicht ganz sicher bin.

https://www.mathelounge.de/555777/macht-es-einen-unterschied-welche-…

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Vielleicht kannst du etwas zur Notation der Komplexität geben.

Wie meinst Du das? Als Mathe-Artikel? Oder als mein Input zu der Frage?

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Ich Depp hatte vergessen den Link der Frage anzufügen

https://www.mathelounge.de/555777/macht-es-einen-unterschied-welche-…

Genauer sagte der Fragesteller

Versteh schon warum O(n2) oft Θ(n2) so angegeben wird, weil die obere schranke bei einem Algorithmus meistens auch der genaue Wachstum ist. Das kann ich so angegeben weil ich immer vom worst-case ausgehen muss, richtig?

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Darf man das aber so vereinfachen?

Ja. Das darf man so vereinfachen. Da alle Zahlen außer 4 und 6 keinen Einfluss haben kann man definieren, das nach einer 1, 2, 3 und 5 direkt nochmal gewürfelt wird.Dann tritt die 4 und die 6 in der Reihe mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/2 auf.

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Die zweite Variante hatte Gast_hj2166 hier schon:

https://www.mathelounge.de/555400/hoch-wahrscheinlichkeit-dafur-dass…

Die erste Variante finde ich sehr kompliziert, doch die zweite ist irgendwie einleuchtned. Darf man das aber so vereinfachen?

Ja. Man geht bei fairen Würfeln davon aus, dass es sicher ist (Wahrscheinlichkeit 1), dass sie fallen. D.h., es gibt vielleicht "mal eins" zwischen den 1/2. Wie oft ist egal.

Answer 2

Vorschlag

Die Würfe erfolgen nacheinander

Minimaler Fall 3 Würfe
4 4 6
1/6 * 1/6 * 1/6 = 1/216

4 Würfe
Zwei mal 4 unter den ersten 3 Würfen
4/6 ist die Wahrscheinlichkiet für keine 4 und keine 6
Fälle
1/6 * 1/6 * 4/6
1/6 * 4/6 * 1/6
4/6 * 1/6 * 1/6
12/216

5 Würfe, 6 Würfe usw berechnen
Ich könnte mir vorstellen, es gibt ein Bildungsgesetz.

Bin bei Bedarf gern weiter behilflich.

Comments

Und wenn gleich beim 1. Mal oder 2. Mal eine 6 kommt?

Es müssen doch alle Fälle erfasst werden, oder?

Ich fürchte, das Ganze ist komplexer.

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Hallo Andreas,

Ein Würfel wird solange geworfen bis das erste mal eine 6 kommt. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass zuvor genau zwei Vierer kommen?

Und wenn gleich beim 1. Mal oder 2. Mal eine 6
kommt ?

Die beden Vierer müssen zuvor gekommen sein.

Man könnte auch verstehen das die Kombination
4 4 6 sein muß.
Ich habe auch zugelassen z.B.
3 4 3 4 3 6

Definition
Abschluß einer Wurfserie bei 6
Bei den vorherigen Würfen muß genau
2 mal die Vier vorhanden sein.

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So muss es wohl gemeint sein. aber sprachlich ist es nicht astrein, wenn man es genau nimmt, oder?

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Es gibt mehrere Deutungsmöglichkeiten.
Ich denke aber meine ist die wahrscheinlichste.

Du kannst Wahrscheinlichkeitsrechnungen
besser als ich.

Wenn du willst dann bestimme einmal
die Wahrscheinlichkeiten für
Genau 2 Vieren unter 2 Würfen
Genau 2 Vieren unter 3 Würfen
Genau 2 Vieren unter 4 Würfen
usw. Dann
aufsummieren.
Was ergibst ?

Bin jetzt zum Mittagessen.

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Die beiden Vierer müssen zuvor gekommen sein.

Das sehe ich aber genau anders herum, die Bedingung ist: "Der erste Sechser fällt zum Schluss."

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Ich fürchte, das Ganze ist komplexer. 

Das Ganze ist herzlich einfach

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Dann bitte ich um deinen Lösungsvorschlag. :)

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Die Lösung ist 1/8 (das ist kein Vorschlag).

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Bitte mit Weg zum Nachvollziehen.

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Zeichne dir ein Baumdiagramm.

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Ich hab mit der Aufgabe Probleme und bin mit dem Diagramm schon gescheitert, weil ich sie anders verstehe als andere.

Also mache es bitte kurz und schmerzlos mit Zahlen.

Dann versuche ich es nachzuvollziehen. Ich bitte um Verständnis. :)

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Wahrscheinlichkeit, dass die erste Vier vor der ersten Sechs kommt : 1/2

Danach : Wahrscheinlichkeit, dass die nächste Vier vor der ersten Sechs kommt : 1/2

Danach : Wahrscheinlichkeit, dass die erste Sechs vor der nächsten Vier kommt : 1/2

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Ok, das ist sehr schön gelöst. (Ich habe es mit einer Matrix gemacht und ebenfalls ein Achtel erhalten.)

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Die WKT für eine 4 ist doch 1/6. Ich bin verwirrt.

Oder denke ich in die falsche Richtung?

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@Gast hj2166. Hast du bei den ähnlichen Fragen noch mehr solche Abkürzungen auf Lager? Schreibe doch ein paar als Antworten zu alten Fragen, damit man sie bei Gelegenheit nachlesen kann.

@az0815: Was hast du mit welcher Matrix gemacht?

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Die WKT für eine 4 ist doch 1/6. Ich bin verwirrt. 

Darum geht es ja auch gar nicht, sondern nur darum, welche von den beiden Zahlen Vier oder Sechs als nächstes zuerst gewürfelt wird. Und da haben beide Zahlen die gleiche Chance, nämlich 50%.

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Also keine absolute WKT, sondern nur eine "relative" zwischen beiden Zahlen. Verstehe. Danke.

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Ich komme (auf zwei verschiedene Arten) ebenfalls auf $\frac{1}{8}$!

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danke für die antwort !!!! Daumen hoch!

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Bei meiner Methode kommt auch 1/8
heraus.
Ich muß noch das Bildungsgesetz aufstellen.

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Stell es auf, dann kann es heute noch im Bundestag verabschiedet werden. :)

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Die Wahrscheinlichkeit für den n-ten Wurf ist
w := 4^n-1 / 6ⁿ⁺² * ( 1 + n ) / 2 * n

Die Aufsummierung ist ( Wolframalpha )

Die linke Seite hätte ich gern noch vereinfacht.

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Du kannst 4^-1/(2*6²) vor die Summe ziehen.

4ⁿ/6ⁿ = (4/6)ⁿ