Frage zu Mathematik, Wahrscheinlichkeit

[Tomoffel (Gast)]

Guten Morgen, irgendwie hänge ich hier bei einer Frage zur 
Wahrscheinlichkeitsrechnung fest. Es ist mir ja schon fast peinlich,
hier die eigentliche Frage:

Ein Idealer Würfel wird 6x geworfen. Wie hoch ist die 
Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eine sechs gewürfelt wird?
Die Reihenfolge ist egal.

Wirft man den Würfel 1 mal hat man eine Chance von 1/6.
Hat man nun, wenn man den Würfel 6 mal wirft die Chance von 6* (1/6)?
Das Wäre 100%, irgendwas kann da doch nicht stimmen, oder etwa doch?

[Stefan (Gast)]

Immer noch 1/6, weil ein Würfel kein Gedächtnis hat.

[Tomoffel (Gast)]

Stefan schrieb:
> Immer noch 1/6, weil ein Würfel kein Gedächtnis hat.

Mir geht es nicht um den sechsten Wurf selbst, sondern wie hoch die 
Wahrscheinlichkeit innerhalb der sechs Würfe ist.
Oder werfe ich hier jetzt wider was durcheinander?

[MTA (Gast)]

Die Wahrscheinlichkeit(!) dass innerhalb von sechs Würfen einmal die 
sechs gewürfelt wird ist mMn in der Tat 1.

[Torsten C. (torsten_c)]

1 - 5/6 · 5/6 · 5/6 · 5/6 · 5/6 · 5/6

[Salewski, Stefan (Gast)]

(Ich bin nicht der obige)

5/6 wäre die Wahrscheinlichkeit, bei einem Wurf keine 6 zu bekommen. Bei 
zwei Würfen dann (5/6)^2. Wahrscheinlichkeit, sechs mal werfen und keine 
6 dabei ist dann (5/6)^6.

Du suchst aber das umgekehrte, also 1 - (5/6)^6

[Andi (Gast)]

Wenn ich das noch richtig im Kopf hab, rechnest du das mit der 
Gegenwahrscheinlichkeit aus:

Die Chance, dass bei einem Wurf KEINE 6 kommt, ist 5/6. Bei 6 Würfen ist 
die Chance, dass jedes Mal keine 6 kommt, (5/6)^6 = 0,335.

Die Chance, dass bei 6 Würfen mindestens eine 6 gewürfelt wird, ist 
demnach 1-0,335 = 0,665 = 66,5%.

[Pink S. (pinkshell)]

Da musst du "invers" rangehen. Mindestens eins ist eine nicht gut 
verwertbare Aussage.

Man kann das so umformulieren: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass 
jedesmal keine 6 gewürfelt wird?

Rest kannst du selber.

[Pink S. (pinkshell)]

Oh no. Zu langsam geschrieben, und x andere haben ihm das bereits 
vorgerechnet. Na gut.

[ge-nka (Gast)]

37,88 mal.

Video Nr.10 "n-maliger Zufallsversuch"

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https://oberprima.com/mathematik/zufallsexperimente/?v=2779

[[c]C-Code[/c] (Gast)]

Stefan schrieb:
> Immer noch 1/6, weil ein Würfel kein Gedächtnis hat.

MTA schrieb:
> Die Wahrscheinlichkeit(!) dass innerhalb von sechs Würfen einmal
> die
> sechs gewürfelt wird ist mMn in der Tat 1.

LOL sind das die Strom-Ingenieure von morgen?

[lalala (Gast)]

Den Trick 5/6^n zu rechnen und von 1 abzuziehen sollte man sich auf 
jeden Fall merken. Ansonsten kann man das ganze natürlich auch 
'vorwärts' rechnen:

1/6 + 5/6*(1/6 + 5/6*(...))
und in der letzten () (nachdem man das ganze n-1 Mal gemacht hat) 0 
einsetzen).

Die Tricks funktionieren nicht mehr wenn man sich solche Frage stellt 
wie:

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit das genau 2 Mal die 6 bei 6 Würfen 
geworfen wird?

[Wahrscheinlichkeit (Gast)]

Das nur einmal die 6 gewürfelt wird wäre: 1/6*(5/6)^5 und bei 2 würfen 
entsprechend (1/6)^2*(5/6)^4.
Für "Ziehungen" mit und ohne zurück legen gibt es auch entsprechende 
Formeln (die ich natürlich nicht im Kopf habe). Einfach mal googlen.

[Kai S. (hugstuart)]

"1 - 5/6 · 5/6 · 5/6 · 5/6 · 5/6 · 5/6"

So ist es. Am besten einen Wahrscheinlichkeitsbaum zeichnen, dann 
versteht man es anschaulich. Es ist erschreckend, was für wilde Theorien 
hier manche Leute absondern.

[[c]C-Code[/c] (Gast)]

Wahrscheinlichkeit schrieb:
> Das nur einmal die 6 gewürfelt wird wäre: 1/6*(5/6)^5 und bei 2
> würfen
> entsprechend (1/6)^2*(5/6)^4.
> Für "Ziehungen" mit und ohne zurück legen gibt es auch entsprechende
> Formeln (die ich natürlich nicht im Kopf habe). Einfach mal googlen.

Falsch... Leute das Bernoulli-Experiment lernt man doch schon in der 
Grundschule (aka Oberstufe)??

[V. M. (coulomb)]

Noch mal sauber:

Obiges Experiment ist ein gerne genommenes Beispiel für die 
Binomialverteilung.
Die Zufallsgröße X mit

X := Anzahl der Würfe, bei dem ein Laplace-Würfel (d.h. fairer Würfel, 
jede Seite gleichwahrscheinlich) mit Augenzahl 6 nach oben fällt

ist nämlich binomialverteilt, im Zeichen:

$$X\sim Bin_{p}^{n}\left(k\right)=\left(\begin{array}{c} n\\ k \end{array}\right)\cdot p^{k}\cdot(1-p)^{n-k}$$

mit

n: Anzahl der Würfe
p: Wahrscheinlichkeit für die Zufallsgröße X bei einem Versuch
k: Anzahl der "Treffer"

Das Konstrukt

$$\left(\begin{array}{c} n\\ k \end{array}\right)$$

heißt Binomialkoeffizient.

Es gilt:

$$\left(\begin{array}{c} n\\ k \end{array}\right)=\frac{n!}{k!\cdot\left(n-k\right)!}$$

Dieser ist grob gesagt dafür gut, um die "Beachtung der Reihenfolge" 
herauszudividieren.
X ist übrigens binomialverteilt, da zwei Mögliche Ausgänge bei jeweils 
gleichbleibender Wahrscheinlichkeit auftreten können.

Diese Ausgänge sind:
1. Es wird eine 6 gewürfelt
2. Es wird keine 6 gewürfelt


Als Besonderheit bei obigem Experiment kommt hinzu, dass wir nicht an 
"genau k Treffern" interessiert sind, sondern an "mindestens m 
Treffern".

Das heißt aber nichts anderes, als dass wir alle 
Einzeltrefferwahrscheinlichkeiten aufsummieren müssen.
(Im Tabellenbuch in der Spalte kummulative Wahrscheinlichkeit zu finden)

Also:

$$P(X\geq m)=\overset{n}{\underset{i=m}{\sum}}Bin_{p}^{n}\left(i\right)$$

für unser Beispiel:

$$P(X\geq1)=\overset{6}{\underset{i=1}{\sum}}Bin_{\frac{1}{6}}^{6}\left(i\right)$$

Bitte selbst ausrechnen.

[Senf dazu gefällig (Gast)]

> Bitte selbst ausrechnen.
tja, dann rechne doch mal.
Es ist eine Summe. Die Wahrscheinlichkeit 1 mal bei 6 Würfen eine "6" zu 
würfeln ist bei jedem Wurf 1/6 - das ist nämlich die 
Einzeltrefferwahrscheinlichkeit für eine 6 bei einem fairen Würfel und 
die bleibt bei jedem Wurf gleich, Binomialverteilung (Ziehen mit 
Zurücklegen), also 1/6 + 1/6 + ..., bei 6 Würfen ist die Summe gleich 1.
Wenn man, so wie Du vorschlägst, diese Einzeltrefferwahrscheinlichkeiten 
kummuliert, sollte bei 6 Würfen mindestens einmal die "6" fallen, q.e.d.

[Senf dazu gefällig (Gast)]

Ergänzung: wobei 1 der Erwartungswert ist und nicht die 
Wahrscheinscheinlichkeit ist; diese ist etwa 66.5 % für den einmaligen 
Wurf einer "6"

[V. M. (coulomb)]

Die Lösung der oben gestellten Aufgabe beträgt

$$P\left(X\geq1\right)\thickapprox0,6651$$

Dass die Lösung ungleich 1 sein muss (sicheres Ereignis) ist eigentlich 
schon aus der Erfahrung klar.
(Wie oft kommt schon beim Start von "Mensch ärgere Dich nicht" bei zwei 
aufeinander folgenden Spielern keine 6...!? :-( )
(Bevor "Spitzfindigkeiten" kommen: das liegt nich daran, dass ein 
üblicher Würfel nicht fair ist, sondern ist dem Prinzip "Zufall" 
geschuldet)

Dazu ein kurzes Experiment zuhause: Bitte einfach mal eine Messreihe 
machen zu je 6 Würfelwürfen (oder wahlweise einfach mal ein paar Runden 
"Mensch ärgere dich nicht" spielen). Schon bei einem geringen 
Stichprobenumfang wird bei einer keine 6 auftreten.

Es ist jetzt übrigens eine Fingerübung, bei entsprechend gewähltem 
Signifikanznivau (i.d.R. 5%..., aber wie es beliebt) die Anzahl der 
Messreihen auszurechnen, die nötig sind, damit bei einer keine 6 
auftritt.
(Auf Grundlage des obigen Zahlenwerts).
Diese Zufallsgröße folgt nämlich ebenfalls der Binomialverteilung, jetzt 
aber mit einer zugrundegelegten Wahrscheinlichkeit von ungefähr 0,335 
(für "keine 6 aus einer 6er Reihe")

Viel Spaß! :-)

(Ein kleiner, gut gemeinter Rat an den vorigen Poster: Pfadregeln 
(nochmal?) anschauen!)


PS:

Senf dazu gefällig schrieb:
> Ergänzung: wobei 1 der Erwartungswert ist und nicht die
> Wahrscheinscheinlichkeit ist; diese ist etwa 66.5 % für den einmaligen
> Wurf einer "6"

 Die Wahrscheinlichkeit für den einmaligen Wurf einer 6 (als 
Elementarereignis) beträgt bei einer Mächtigkeit des 
Wahrscheinlichkeitsraums von 6 nach Laplace 1/6.
Ungefähr 0,665 ist die Wahrscheinlichkeit, dass aus einer Messreihe von 
6 Würfen  mindestens einmal  die 6 (am Rande erwähnt: oder sonst eine 
bestimmte Augenzahl) fällt.
Der Erwartungswert ("Schwerpunkt der Wahrscheinlichkeitsmasse")

$$E[X]=\underset{i}{\sum}x_{i}\cdot p_{i}$$

 für obig definierten Zufallsvariable X beträgt 1. Da ist korrekt


PPS: Zu obigem Beitrag: Es muss natürlich kumulative Wahrscheinlichkeit 
heißen. Ich bitte den Fehler zu entschuldigen.

[Tomoffel (Gast)]

Herzlichen Dank für all die Beiträge!
Wie vorgeschlagen habe ich mir mal die Mühe gemacht diesen Würfelversuch 
in einem Baumdiagramm darzustellen (siehe Anhang).
Jedoch sollte ich mir noch das Thema Binomealverteilung angucken.
Anscheint lässt sich dies Problem ja auch Kürzer darstellen.

[Bino (Gast)]

Senf dazu gefällig schrieb:
> diese ist etwa 66.5 % für den einmaligen Wurf einer "6"

Ist das die Wahrscheinlichkeit für einen einmaligen Wurf einer 6 bei 6 
Würfen oder das mindestens eine 6 unter den 6 ist? Für 'mindestens eine 
6' müßte die Wahrscheinlichkeit doch höher sein?

[V. M. (coulomb)]

Weil dazu noch Fragen aufgekommen sind, nochmal im Einzelnen:

$$\begin{array}{c} P\left(X=0\right)\approx0,33490\\ P\left(X=1\right)\approx0,40188\\ P\left(X=2\right)\approx0,20094\\ P\left(X=3\right)\approx0,05358\\ P\left(X=4\right)\approx0,00804\\ P\left(X=5\right)\approx0,00064\\ P\left(X=6\right)\approx0,00002 \end{array}$$

Wobei

$$P\left(X=i\right)_{\, i\in\{h\,\in\,\mathbb{\mathbb{N}}_{0}\,\mid\, h\leq6\}}$$

die Wahrscheinlichkeit dafür bezeichnet, bei sechsmaligem Würfeln eines 
fairen Würfels genau i Treffer zu erzielen.
Diese einzelnen Wahrscheinlichkeiten habe ich weiter oben (vielleicht 
etwas zweideutig) als "Einzeltrefferwahrscheinlichkeit" bezeichnet. Dies 
deshalb, da in jedem dieser Ausdrücke genau eine einzelne Ausprägung der 
Zufallsvariablen X vorkommt.


Eingangs war aber nach der Wahrscheinlichkeit für mindestens  einen 
Treffer gefragt. Das bedeutet, dass die Ereignisse genau  ein, 
genau  zwei .... genau  sechs  Treffer für uns günstig sind.
Um die gefragte Wahrscheinlichkeit zu erhalten, muss über die 
Wahrscheinlichkeiten alle günstigen Ausgänge summiert werden:

$$P\left(X\geq1\right)=P\left(X=1\right)+P\left(X=2\right)+\cdots+P\left(X=6\right)$$

Als Ergebnis (Wahrscheinlichkeit für mindestens einen Treffer aus sechs 
Würfen)  erhält man dann - für die angegebenen Parameter - den 
ungefähren Wert von 0,66510.

Damit sollten die Fragen

Bino schrieb:
> Ist das die Wahrscheinlichkeit für einen einmaligen Wurf einer 6 bei 6
> Würfen oder das mindestens eine 6 unter den 6 ist? Für 'mindestens eine
> 6' müßte die Wahrscheinlichkeit doch höher sein?

wohl erschöpfend geklärt sein. Ansonsten kann man sich zur Vertiefung 
auch nochmals Gedanken über die (bereits erwähnte und hier schneller zum 
Ziel führende) Lösung mittels der Methode der Gegenwahrscheinlichkeit 
machen. Hier nutzt man aus, dass

$$P\left(X\geq0\right)=1$$

[Chris S. (chris_86)]

P(mindestens eine 6) = 1-

Kai S. schrieb:
> "1 - 5/6 · 5/6 · 5/6 · 5/6 · 5/6 · 5/6"
>
> So ist es. Am besten einen Wahrscheinlichkeitsbaum zeichnen, dann
> versteht man es anschaulich. Es ist erschreckend, was für wilde Theorien
> hier manche Leute absondern.

oder einfach bildlich vorstellen: Mindestens eine 6 ist gegenereignis 
von keine 6. Dafür ist die Wskeit 5/6.

[A. H. (ah8)]

Senf dazu gefällig schrieb:
>> Bitte selbst ausrechnen.
> tja, dann rechne doch mal.
> Es ist eine Summe. Die Wahrscheinlichkeit 1 mal bei 6 Würfen eine "6" zu
> würfeln ist bei jedem Wurf 1/6 - das ist nämlich die
> Einzeltrefferwahrscheinlichkeit für eine 6 bei einem fairen Würfel und
> die bleibt bei jedem Wurf gleich, Binomialverteilung (Ziehen mit
> Zurücklegen), also 1/6 + 1/6 + ..., bei 6 Würfen ist die Summe gleich 1.

Diese Formel muss schon deshalb Unsinn sein, weil sie bei 12 Würfen eine 
Wahrscheinlichkeit von 12*1/6=2 ergäbe, was für eine Wahrscheinlichkeit, 
die bekanntlich immer 0<=p<=1 ist, natürlich nicht sein kann. (q.e.d. 
:-)

[M.A. S. (mse2)]

C-Code

 schrieb:
> MTA schrieb:
>> Die Wahrscheinlichkeit(!) dass innerhalb von sechs Würfen einmal
>> die
>> sechs gewürfelt wird ist mMn in der Tat 1.
>
> LOL sind das die Strom-Ingenieure von morgen?
Nee, das sind die von heute.
Bei denen von morgen hätte die Wahrscheinlichkeit, bei 12 Würfen 
mindestens eine 6 zu erhalten den Wert 200%.   :D