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Würfelwerfen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 12:21 Do 18.10.2007
Autor: devilofdeath

Aufgabe
Es werden 4 symmetrische Würfel geworfen

a.) mit welcher Wahrscheinlichkeit ist die Augensumme 18 ?

b.) Angenommen einer der 4 Würfel zeigt 5. Wahrscheinlichkeit für augensumme 18?

Hallo!

mal meine Ansätze zu a.)

Ich hab 80 Möglichkeiten mit 4 Würfeln die Augensumme 18 zu erhalten.

Hab mir dazu eine Tabelle gemacht wo ich mir die möglichen Kombinationen aufgeschrieben hab und dann mit der Formel

[mm] \bruch{n!}{n_{1}! * ... * n_{k}!} [/mm]

die verschiedenen Variationen der Möglichkeiten berechnet.

Als Ergebnis hab ich dann

[mm] \bruch{80}{n^{k}} [/mm] = [mm] \bruch{80}{1296} [/mm] = 6,2%  erhalten.


nun zu b.)

selbes Spiel wieder, wobei ich hier nur mehr 36 möglichkeiten hab die Augensumme 18 zu erreichen da immer 1 Würfel 5 ist.

W1    W2    W3    W4
5     1     6     6
6     4     5     3

nur hab ich jetzt ein problem damit mir die gesamte Anzahl der möglichkeiten auszurechnen.

1 Würfel ist immer 5  somit muss ich nur noch mit 3 Würfeln arbeiten. Nur wenn ich wieder mit  [mm] \n^{k} [/mm]  rechne, bekomm ich ja auch die kombinationen wo min. einer der 3 Würfel die 5 zeigt.

Deshalb meine Frage, wie kann ich mir die Anzahl der Möglichkeiten von 3 Würfeln ausrechnen ohne 5er?

Hoffe mir kann da wer helfen!

mfg

        
Bezug
Würfelwerfen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 13:57 Do 18.10.2007
Autor: luis52


> selbes Spiel wieder, wobei ich hier nur mehr 36
> möglichkeiten hab die Augensumme 18 zu erreichen da immer 1
> Würfel 5 ist.

Wieso 36? Mit drei verbleibenden Wuerfeln hast du [mm] $6^3=216$ [/mm] Moeglichkeiten. Ermittle analog wie unter a) die Anzahl der Moeglichkeiten mit drei Wuerfeln die Augensumme 13 zu erhalten. *Ich* berechne dafuer 21.

lg Luis



Bezug
                
Bezug
Würfelwerfen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 14:05 Do 18.10.2007
Autor: devilofdeath

hallo Louis!

>
> selbes Spiel wieder, wobei ich hier nur mehr 36
> > möglichkeiten hab die Augensumme 18 zu erreichen da immer 1
> > Würfel 5 ist.
>  
> Wieso 36? Mit drei verbleibenden Wuerfeln hast du [mm]6^3=216[/mm]
> Moeglichkeiten.


36 günstige möglichkeiten mit 4 Würfeln, wobei nur einer 5 ist, die augensumme 18 zu erhalten. siehe meine tabelle mit den 2 Möglichen würfelanordnungen

Ermittle analog wie unter a) die Anzahl der

> Moeglichkeiten mit drei Wuerfeln die Augensumme 13 zu
> erhalten. *Ich* berechne dafuer 21.
>

ja nur da ist wieder mein problem das bei diesen möglichkeiten zB.: 5,5,3 dabei wäre was abern icht sein darf, da nur einer der 4 Würfeln die Zahl 5 enthalten darf.


> lg Luis
>  


andere Vorschläge?


Lg



Bezug
        
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Würfelwerfen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:51 Do 18.10.2007
Autor: DirkG

Wenn bei b) steht, dass ein Würfel die Augenzahl 5 hat, dann bedeutet das nicht, dass genau ein Würfel die Augenzahl 5 hat. Sondern, dass mindestens ein Würfel die Augenzahl 5 hat! ;-)

-------------------------------------

Bei a) bist du ja so vorgegangen, um auf die Möglichkeiten für 18 Augen zu kommen:

6,6,5,1 jeweils  4!/2! = 12-mal
6,6,4,2 jeweils  4!/2! = 12-mal
6,6,3,3 jeweils  4!/(2!*2!) = 6-mal
6,5,5,2 jeweils  4!/2! = 12-mal
6,5,4,3 jeweils 4! = 24-mal
6,4,4,4 jeweils  4!/3! = 4-mal
5,5,5,3 jeweils  4!/3! = 4-mal
5,5,4,4 jeweils  4!/(2!*2!) = 6-mal

Macht insgesamt 80 günstige Varianten, also Wkt [mm] $\frac{80}{6^4}$ [/mm]

------------------------------

Bei b) geht's so ähnlich, nur dass du diesmal die Varianten ohne 5 ausschliessen musst:

6,6,5,1 jeweils  4!/2! = 12-mal
6,5,5,2 jeweils  4!/2! = 12-mal
6,5,4,3 jeweils 4! = 24-mal
5,5,5,3 jeweils  4!/3! = 4-mal
5,5,4,4 jeweils  4!/(2!*2!) = 6-mal

Macht insgesamt 58 günstige Varianten. Wie ist nun aber hier die Anzahl aller Varianten in diesem bedingten Wkt-Raum, der alle Wurffolgen mit mindestens einer 5 umfasst? Nun, der enthält genau [mm] $6^4-5^4=671$ [/mm] Varianten...

Gruß,
Dirk

Bezug
                
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Würfelwerfen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 16:32 Do 18.10.2007
Autor: rabilein1

Geniale Lösung

> Wie ist nun aber
> hier die Anzahl aller Varianten in diesem bedingten
> Wkt-Raum, der alle Wurffolgen mit mindestens einer 5
> umfasst? Nun, der enthält genau [mm]6^4-5^4=671[/mm] Varianten...

Das ist vielleicht auf den ersten Blick nicht verständlich.
Zur Erklärung:
[mm]6^4=1296[/mm] ist die Anzahl der Kombinations-Möglichkeiten mit vier Würfeln.

Dass keiner der vier Würfel eine "Fünf" enthält, dafür gibt es
[mm]5*5*5*5=5^4=625[/mm] Möglichkeiten.

Somt gibt es 1296-625=671 Kombinations-Möglichkeiten mit mindestens einer "Fünf".

Bezug
                        
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Würfelwerfen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 16:55 Do 18.10.2007
Autor: devilofdeath

Danke euch zweien!

Ich hab die angabe falsch interpretiert und gedacht das nur ein würfel die augenzahl 5 "enthalten" darf und da wusste ich dann nicht weiter .

Lg

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