2 Kugeln ziehen < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:23 So 06.01.2013 | | Autor: | bandchef |
| Aufgabe | | Gegeben ist eine Urne mit einer roten Kugel, drei blauen Kugeln und 6 schwarzen Kugeln. Es werden nun 2 Kugeln ohne zurücklegen gezogen. Geben sie die Wahrscheinlichkeiten für die möglichen Ergebnisse an! |
Hi Leute!
Ich hab mir nun erstmal alle möglichen Kombinationen überlegt:
(r,s),(r,b),(s,s),(b,b),(s,b),(s,r),(b,r),(b,s)
Dann hab ich mir Gedanken zur Grundmenge gemacht:
[mm] $\Omega [/mm] = [mm] \{1,2,...,10\}$
[/mm]
Ich weiß nun, dass ich die 8 Wahrscheinlichkeiten der obigen aufgezählten Kombinationen ausrechnen muss. Aber hierzu weiß ich nicht mehr, was das "," zwischen den Bezeichnungen der Kugeln bedeutet. Wie ich die WSKen miteinander verknüpfen muss ist das Problem. Ist das Schnittmenge oder Vereinigungsmenge?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:37 So 06.01.2013 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Zeichne dir das ganze mal als Baumdiagramm, dann solltest du sehen, wie du die Wahrscheinlichkeiten berechnest.
Am Ende hast du bei dem Baumdiagramm 8 Pfade.
Nun überlege dir, wie du mit diesen Pfaden die Wahrscheinlichkeiten berechnest.
Marius
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:51 So 06.01.2013 | | Autor: | bandchef |
Ich hab mir nun so ein Baumdiagramm aufgemalt. Ich komm nun bspw. für die Kombination (s,r) auf folgendes: [mm] \frac{6}{10} [/mm] + [mm] \frac{1}{9} [/mm] = [mm] \frac{32}{45}
[/mm]
Ich hab aber den Eindruck, dass das falsch ist.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:55 So 06.01.2013 | | Autor: | M.Rex |
> Ich hab mir nun so ein Baumdiagramm aufgemalt. Ich komm nun
> bspw. für die Kombination (s,r) auf folgendes:
> [mm]\frac{6}{10}[/mm] + [mm]\frac{1}{9}[/mm] = [mm]\frac{32}{45}[/mm]
>
> Ich hab aber den Eindruck, dass das falsch ist.
Ist as auch. Was passiert mit den Wahrscheinlichkeiten auf einem Pfad?
Das Ergebnis eine rote und eine schwarze Kugen zu liehen, erreichst du aber auch noch über (r,s).
Marius
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:05 So 06.01.2013 | | Autor: | bandchef |
> Was passiert mit den Wahrscheinlichkeiten auf einem Pfad?
Wahrscheinlichkeiten auf einem Pfad werden meiner Ansicht nach addiert, oder? Aber gut, wenn du schon schreibst, dass es falsch ist, werden die Teilwahrscheinlichkeiten wohl multipliziert werden. Was anderes gibts ja dann auch nicht mehr. Zumindestens in der Wahrscheinlichkeitsrechnung
> Das Ergebnis eine rote und eine schwarze Kugen zu liehen, erreichst du aber auch noch über (r,s).
Hab ich dann mehrere Wahrscheinlichkeiten?
Wahrscheinlichkeit für (s,r): [mm] $\frac{6}{10} \cdot \frac{1}{9} [/mm] = [mm] \frac{1}{15}$
[/mm]
Wahrscheinlichkeit für (r,s): [mm] $\frac{1}{10} \cdot \frac{6}{9} [/mm] = [mm] \frac{1}{15}$
[/mm]
Nun gut, jetzt hab ich herausgefunden, dass die zwei Pfade anscheinend die gleichen Wahrscheinlichkeiten haben. Aber wie weiter?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:08 So 06.01.2013 | | Autor: | M.Rex |
> > Was passiert mit den Wahrscheinlichkeiten auf einem Pfad?
>
> Wahrscheinlichkeiten auf einem Pfad werden meiner Ansicht
> nach addiert, oder?
Nein.
> Aber gut, wenn du schon schreibst, dass
> es falsch ist, werden die Teilwahrscheinlichkeiten wohl
> multipliziert werden.
Ja.
> Was anderes gibts ja dann auch nicht
> mehr. Zumindestens in der Wahrscheinlichkeitsrechnung
>
Wohl wahr.
>
> > Das Ergebnis eine rote und eine schwarze Kugen zu liehen,
> erreichst du aber auch noch über (r,s).
>
> Hab ich dann mehrere Wahrscheinlichkeiten?
>
> Wahrscheinlichkeit für (s,r): [mm]\frac{6}{10} \cdot \frac{1}{9} = \frac{1}{15}[/mm]
>
> Wahrscheinlichkeit für (r,s): [mm]\frac{1}{10} \cdot \frac{6}{9} = \frac{1}{15}[/mm]
>
> Nun gut, jetzt hab ich herausgefunden, dass die zwei Pfade
> anscheinend die gleichen Wahrscheinlichkeiten haben. Aber
> wie weiter?
Addiere beide Pfadwahrscheinlichkeiten.
Marius
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In einer Hilfestellung zu dieser Aufgabe steht nun weiter, dass man hier anscheinend auch mit der bedingten Wahrscheinlichkeit arbeiten kann und dazu ist ein Beispiel gegeben (bis zum letzten "=" ist es gegeben, das andere hab ich gemacht):
$P(r,s) = P(r [mm] \cap [/mm] s) = P(r) [mm] \cdot [/mm] P(s|r) = P(r) [mm] \cdot \frac{P(s \cap r)}{P(r)} [/mm] = P(s [mm] \cap [/mm] r) = ...?$
Kann man das so auch ausrechnen? Irgendwie komm ich da jetzt nicht mehr weiter, weil ich ja jetzt im Argument der Wahrscheinlichkeit wieder so Schnittmengenzeichen hab und ich das theoretisch ja jetzt wieder in so eine bedingte Wahrscheinlichkeit zerlegen müsste...; und das ginge ja dann immer so weiter.
Auf jeden Fall hab ich jetzt mal nach deinem Ansatz die anderen noch fehlenden Wahrscheinlichkeiten berechnet:
$P(r,b) + P(b,r) = [mm] \frac{1}{30} [/mm] + [mm] \frac{1}{30} [/mm] = [mm] \frac{1}{16}$
[/mm]
$P(s,b) + P(b,s) = [mm] \frac{6}{10} [/mm] + [mm] \frac{5}{9} [/mm] = [mm] \frac{2}{5}$
[/mm]
Bei diesen Kombinationen wird's interessant
$P(b,b) = [mm] \frac{3}{10} \cdot \frac{2}{9}= \frac{1}{15}$
[/mm]
$P(s,s) = [mm] \frac{6}{10} \cdot \frac{5}{9} [/mm] = [mm] \frac{1}{3}$
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:20 Di 08.01.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo!
Werden die Kugeln unter Beachtung der Reihenfolge aus der Urne gezogen oder gar mit einem Griff? Das wäre auch mal eine interessante Frage.
$P({\text{rs}) = \frac{\binom{1}{1} \binom{3}{0} \binom{6}{1}}{\binom{10}{2}} = \frac{2}{15}$
Gruß
mathemak
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:12 So 06.01.2013 | | Autor: | M.Rex |
> Hallo!
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> Werden die Kugeln unter Beachtung der Reihenfolge aus der
> Urne gezogen oder gar mit einem Griff? Das wäre auch mal
> eine interessante Frage.
>
> [mm]P({\text{rs}) = \frac{\binom{1}{1} \binom{3}{0} \binom{6}{1}}{\binom{10}{2}} = \frac{2}{15}[/mm]
>
> Gruß
>
> mathemak
Hallo mathemak
Ein sehr eleganter Ansatz, super.
Aber selbst wenn ich das ganze mit einem Griff ziehe, kann ich das nicht dennoch mit "Ziehen ohne Zurücklegen" modellieren?
Marius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:30 So 06.01.2013 | | Autor: | mathemak |
> Hallo mathemak
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> Ein sehr eleganter Ansatz, super.
>
> Aber selbst wenn ich das ganze mit einem Griff ziehe, kann
> ich das nicht dennoch mit "Ziehen ohne Zurücklegen"
> modellieren?
>
Hab' ich doch, oder? Stichwort: Hypergeometrische Verteilung?
Ich habe einfach statt der zwei Binomialkoeffizienten drei, je nach vorhandenen Farben eben.
Du kannst das immer mit einem Baumdiagramm machen, musst aber darüber nachdenken, dass ein Baumdiagramm immer eine Reihenfolge suggeriert, die bei "Ziehen mit einem Griff" nicht vorhanden ist. Am Ende denkst Du kurz darüber nach, welche Enden im Baumdiagramm zusammenfallen bzw. nicht unterscheidbar sind und gut ist's.
Gruß
mathemak
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:37 So 06.01.2013 | | Autor: | M.Rex |
> > Hallo mathemak
> >
> > Ein sehr eleganter Ansatz, super.
> >
> > Aber selbst wenn ich das ganze mit einem Griff ziehe, kann
> > ich das nicht dennoch mit "Ziehen ohne Zurücklegen"
> > modellieren?
> >
>
> Hab' ich doch, oder? Stichwort: Hypergeometrische
> Verteilung?
>
> Ich habe einfach statt der zwei Binomialkoeffizienten drei,
> je nach vorhandenen Farben eben.
>
> Du kannst das immer mit einem Baumdiagramm machen, musst
> aber darüber nachdenken, dass ein Baumdiagramm immer eine
> Reihenfolge suggeriert, die bei "Ziehen mit einem Griff"
> nicht vorhanden ist. Am Ende denkst Du kurz darüber nach,
> welche Enden im Baumdiagramm zusammenfallen bzw. nicht
> unterscheidbar sind und gut ist's.
>
> Gruß
>
> mathemak
Überredet 
Marius
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