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Aufgabe:

Wahrscheinlichkeit, dass nach k Würfen eines Würfels alle 6 Zahlen mindestens einmal geworfen wurden?


Problem/Ansatz:

(Also nicht, wie oft ich durchschnittlich würfeln muss, sondern wirklich die Wahrscheinlichkeit.)


Bei k = 6 ist alles klar: $$p=\frac{E}{Ω}=\frac{n!}{n^{k}}=\frac{6!}{6^{6}}$$

Aber wie verhält es sich bei mehr Würfen?


Für k = 7 dachte ich zuerst:

$$p=\frac{n!*n^{(k-n)}}{n^k}=\frac{6!*6}{6^{7}}$$

Die Ergebnismenge ist logischerweise um das 6-Fache größer. So auch die Ereignismenge (dachte ich zumindest): Man würfelt 7 Mal: Beim ersten ist es egal, was man würfelt (6 Möglichkeiten) beim zweiten Mal ja auch noch (selbst wenn man die selbe Zahl wie beim ersten Mal würfelt, bleiben ja noch fünf weitere Würfe -> 6 Möglichkeiten). Und dann weiter 5, 4, 3, 2, 1 Möglichkeiten. Dann würde die Wahrscheinlichkeit aber gleich bleiben, was keinen Sinn ergibt.


Mein zweiter Gedanke war:

Ich nehme mir zunächst ein Ereignis von k = 6, z. B. {1, 2, 3, 4, 5, 6} (6! Möglichkeiten). In jede dieser Kombinationen kann ich nun eine beliebige von sechs Zahlen einfügen (multipliziere mit 6), die ich an eine beliebige Stelle einfügen kann: eine 6 kann ich zusätzlich zum Beispiel an diesen 7 Stellen würfeln: {6, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, {1, 6, 2, 3, 4, 5, 6}{1, 2, 3, 6, 4, 5, 6}{1, 2, 3, 4, 6, 5, 6}{1, 2, 3, 4, 5, 6, 6}{1, 2, 3, 4, 5, 6, 6} Wobe die letzten beiden Möglichkeiten das selbe Ereignis sind (also multipliziere mit 6).

Die Formel wäre also:

$$p=\frac{n!*n^{2*(k-n)}}{n^k}=\frac{6!*6^{2}}{6^7}$$

Womit ich aber auch nicht auf das abgezählte Ergebnis 15120/279936 komme.


Und dann dachte ich: Im Internet gibts schlaue Leute, frag doch einfach die.



Ist keine Aufgabe, hab ich mich nur so gefragt, aber Google will nichts davon wissen.


Und das sind auch ganz billige Überlegungen. Es gibt bestimmt einen einfacheren Weg, aber kann mir den jemand erklären?


Danke schonmal :)

vor von

2 Antworten

+1 Daumen

Das lässt sich relativ Einfach mit der Matritzenrechnung machen

P(6 verschiedene Augenzahlen nach k Versuchen) = [0, 0, 0, 0, 0, 0, 1]·[0, 0, 0, 0, 0, 0, 0; 1, 1/6, 0, 0, 0, 0, 0; 0, 5/6, 1/3, 0, 0, 0, 0; 0, 0, 2/3, 1/2, 0, 0, 0; 0, 0, 0, 1/2, 2/3, 0, 0; 0, 0, 0, 0, 1/3, 5/6, 0; 0, 0, 0, 0, 0, 1/6, 1]^k·[1; 0; 0; 0; 0; 0; 0]

Wertetabelle

[1, 0;
2, 0;
3, 0;
4, 0;
5, 0;
6, 0.01543209876;
7, 0.05401234567;
8, 0.1140260631;
9, 0.1890432098;
10, 0.2718121284;
11, 0.3562064186;
12, 0.4378156806;
13, 0.5138581940;
14, 0.5828453488;
15, 0.6442127385;
16, 0.6980043976;
17, 0.7446324520;
18, 0.7847071164;
19, 0.8189230769;
20, 0.8479875408]

Also nach 20 Würfen beträgt die Wahrscheinlichkeit schon ca. 85% das man alle 6 Augen gewürfelt hat. Man könnte den Term jetzt noch vereinfachen über eine Diagonalisierung der Matrix. Das ist aber rechnerisch nicht erforderlich.

vor von 368 k 🚀

Erstmal Danke!


Das ergibt Sinn, zumindest bei den ersten komme ich durch Abzählen der Möglichkeiten auf das selbe Ergebnis.

Ich versteh aber nicht richtig, wie man darauf kommt. Gibt es irgendwo im Internet Infomaterial zu diesem Rechenweg? Und was müsste ich dafür googeln?


Und eigentlich wollte ich nicht wissen, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass man unter k Würfen sechs 6en hat, sondern die Wahrscheinlichkeit, dass man alle Zahlen von 1 bis 6 mindestens einmal würfelt. Da ich nicht denke, dass die beiden Ereignismengen die gleiche Wahrscheinlichkeit haben und ich wie gesagt bei den ersten auf die selben Ergebnisse komme, gehe ich davon aus, dass das nur ein Tippfehler ist? ^^

Es handelt sich auch um die Wahrscheinlichkeit 6 verschiedene Augenzahlen nach k würfen erziehlt zu haben, Hatte das nur textlich falsch notiert. Rechnung war aber richtig denke ich.

Du könntest unter Markovketten schauen. Das habe ich hier benutzt um die Aufgabe zu rechnen.

Ok, vielen Dank :)

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Bei der direkt Berechnung der Anzahl der Möglichkeiten stößt man für größer werdende k schnell an seine Grenzen (im Folgenden: AdM = "Anzahl der Möglichkeiten" und wenn ich "Ziffer" schreibe, meine ich natürlich Würfelergebnis):

AdM die Positionen der mehrfach vorkommenden Ziffern(Würfelergebnisse) auszuwählen
AdM die mehrfach vorkommenden Ziffern auszuwählen
AdM die mehrfach vorkommenden Ziffern auf die Gruppen aufzuteilen (nur bei unterschiedlichen Gruppengrößen)
AdM die nicht doppelt vorkommenden Ziffern anzuordnen

$$ k= 7:\qquad N=\color{blue}\binom 7 2\cdot \color{red}\binom 6 1 \cdot \color{orange}5!\\ \color{black}k=8:\qquad N=\color{blue}\binom 8 3 \cdot \color{red}\binom 6 1\cdot \color{orange}5!+\color{blue}\binom 8 2\cdot\binom 6 2 \cdot \color{red}\binom 6 2 \cdot \color{orange}4!\\ \color{black}k=9:\qquad N=\color{blue}\binom 9 4 \cdot \color{red}\binom 6 1 \cdot \color{orange}5!+\color{blue}\binom 9 3\cdot\binom 6 2 \cdot \color{red}\binom 6 2 \cdot \color{green}2! \cdot \color{orange}4! +\color{blue}\binom 9 2\cdot\binom 7 2 \cdot \binom 5 2\cdot \color{red}\binom 6 3 \cdot \color{orange}3!\\ $$

Für k=10 sind es dann zusätzlich zu den 6 einzigartigen Ziffern schon 4 extra Ziffern d.h. 1 Ziffer könnte 5 mal vorkommen oder 1 Ziffer 4mal und eine andere doppelt oder 4 Ziffern kommen doppelt vor usw.

Sinnvoller wäre es wohl das Gegenereignis zu betrachten und die AdM zu berechnen, dass mind. 1 Ziffer gar nicht vorkommt:

X: "Mind. eine Ziffer kommt gar nicht vor"

Xk: "Die Ziffer k kommt nicht vor", k=1...6

$$|X|=|X_1\cup \cdots\cup X_6|\\ =\sum_{1\le i\le 6} |X_i| - \sum_{1\le i\le j\le 6}|X_i\cap X_j|+\sum_{1\le i\le j\le k\le 6}|X_i\cap X_j\cap X_k|-\sum_{1\le i\le j\le k\le m\le 6}|X_i\cap X_j\cap X_k\cap X_m|+\\ +\sum_{1\le i\le j\le k\le m\le n\le 6}|X_i\cap X_j\cap X_k\cap X_m\cap X_n|-|X_1\cap X_2\cap X_3\cap X_4\cap X_5\cap X_6|$$

(Nach dem "Prinzip der Inklusion und Exklusion" oder auch "Siebformel" suchen)

Sieht zwar schlimm aus lässt sich aber leicht berechnen:

$$ |X_i| = 5^{k}\\ |X_i\cap X_j| = 4^{k}\\ |X_i\cap X_j\cap X_k| = 3^{k}\\ |X_i\cap X_j\cap X_k\cap X_m| = 2^{k}\\ |X_i\cap X_j\cap X_k\cap X_m\cap X_n| = 1\\ |X_1\cap X_2\cap X_3\cap X_4\cap X_5\cap X_6| = 0\\ $$

Somit ergibt sich:

$$ |X|=\binom 6 1 \cdot 5^k - \binom 6 2 \cdot 4^k + \binom 6 3 \cdot 3^k-\binom 6 4 \cdot 2^k+\binom 6 5 \cdot 1 - \binom 6 6 \cdot 0\\ $$

Für E: "Nach k Würfen eines Würfels wurden alle 6 Zahlen mindestens einmal geworfen" ergibt sich demnach die überraschend kompakte Anwort

$$ P(E)= 1-P(X)=1-\frac{|X|}{6^k} \\ \boxed{P(E)=\sum_{i=1}^6(-1)^i\binom 6 i \cdot \left(\frac i 6\right)^k} $$

vor von 1,2 k

Vielen Dank für die ausführliche Antwort, das muss ich mir mal in einer ruhigen Minute anschauen ^^

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