Urne, Wahrscheinlichkeit < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:24 Fr 13.03.2015 | | Autor: | Kosamui |
| Aufgabe | Eine Urne enthält 6 weiße, 6 rote und 6 schwarze Kugeln. Es werden
5 Kugeln (a) mit und (b) ohne Zurücklegen zufällig gezogen.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass in der Stichprobe alle Farben vertreten sind
? |
Hallo,
leider weiß ich nicht wirklich, wie ich die Aufgabe lösen soll.
Ich habe mir gedacht, dass ich die Wahrscheinlichkeit der einzelnen Farben berechne und dann die Wahrscheinlichkeiten zusammenzähle. Also zb bei weiße Kugeln 5 mal ziehen mit Zurücklegen hätte ich gedacht die Wahrscheinlichkeit ist [mm] (6/18)^5. [/mm] Aber irgendwie habe ich das Gefühl, dass das nicht stimmt.
Kann mir wer einen Tipp geben oder weiterhelfen??
Liebe Grüße & Danke :)
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:10 Fr 13.03.2015 | | Autor: | DieAcht |
Hallo Kosamui!
> Ich habe mir gedacht, dass ich die Wahrscheinlichkeit der
> einzelnen Farben berechne und dann die Wahrscheinlichkeiten
> zusammenzähle.
Unten sehe ich aber eine Multiplikation.
> Also zb bei weiße Kugeln 5 mal ziehen mit
> Zurücklegen hätte ich gedacht die Wahrscheinlichkeit ist
> [mm](6/18)^5.[/mm]
Das stimmt.
> Aber irgendwie habe ich das Gefühl, dass das nicht stimmt.
Du musst genauer die Aufgabenstellung lesen. Alle Farben sollen
am Ende vertreten sein: Die eine Kugel weiß, die andere Kugel
rot, die andere Kugel schwarz und die anderen beliebig.
Gruß
DieAcht
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:18 Sa 14.03.2015 | | Autor: | Kosamui |
Okay, ich weiß aber trotzdem nicht so recht, wie ich diese Aufgabe angehen soll.
Ich habe je sechs kugeln mit drei farben also insgesamt 18. Mit Zurücklegen habe ich für die erste Kugel die Wahrscheinlichkeit 6/18, dass sie weiß ist. Für die anderen zwei Farben habe ich ja auch beim Ziehen jeweils 6/18 Wahrscheinlichkeit.
Also [mm] (6/18)^3. [/mm] Aber was mache ich mit den anderen zwei Kugeln, die noch gezogen werden?
Sorry, ich habe bei der Aufgabe echt noch keinen Durchblick :S
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:45 Sa 14.03.2015 | | Autor: | hippias |
Ich wuerde versuchen die gesuchte Wahrscheinlichkeit aus den Wahrscheinlichkeiten der Ereignisse "keine Kugel ist weiss", "keine Kugel ist rot" und "keine Kugel ist schwarz" zusammenzusetzen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:37 Sa 14.03.2015 | | Autor: | Kosamui |
Hallo,
kann ich es dann so machen:
[mm] A_{1}= [/mm] Erste Farbe wird nicht gezogen,
[mm] A_{2}= [/mm] Zweite Farbe wird nicht gezogen,
[mm] A_{3}= [/mm] Dritte Farbe wird nicht gezogen.
Dann ist ja [mm] P(A_{1})= (12/18)^5 [/mm] = [mm] P(A_{2})= P(A_{3})
[/mm]
Kann ich das dann vl mit dem Einschluss-Ausschluß Prinzip machen?
Wenn ja wie gehe ich das an? Also dann berechne ich ja [mm] P(A_{1} \cup (A_{2} \cup (A_{3})) [/mm] aber dann berechne ich mir ja die Wahrscheinlichkeit der Vereinigung, dass alle nicht gezogen werden??
Sorry für meine blöden Fragen aber ich komm echt nicht weiter :(
Danke an alle !!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:46 Sa 14.03.2015 | | Autor: | rmix22 |
> Hallo,
> kann ich es dann so machen:
> [mm]A_{1}=[/mm] Erste Farbe wird nicht gezogen,
> [mm]A_{2}=[/mm] Zweite Farbe wird nicht gezogen,
> [mm]A_{3}=[/mm] Dritte Farbe wird nicht gezogen.
>
> Dann ist ja [mm]P(A_{1})= (12/18)^5[/mm] = [mm]P(A_{2})= P(A_{3})[/mm]
> Kann
> ich das dann vl mit dem Einschluss-Ausschluß Prinzip
> machen?
> Wenn ja wie gehe ich das an? Also dann berechne ich ja
> [mm]P(A_{1} \cup (A_{2} \cup (A_{3}))[/mm] aber dann berechne ich
> mir ja die Wahrscheinlichkeit der Vereinigung, dass alle
> nicht gezogen werden??
>
> Sorry für meine blöden Fragen aber ich komm echt nicht
> weiter :(
>
> Danke an alle !!
>
>
Du kommst sowohl mit dem Vorschlag von abakus (direkt) als auch mit jenem von hippias (Gegenereignis) zum richtigen Ergebnis. Abakus hat sich nur in der Anzahl der zu ziehenden Kugeln geirrt und sein Ansatz gestaltet sich nun sogar einfacher, da es nur zwei Fälle zu beachten gibt, nämlich entweder 1 Trio + 2 Solisten oder 2 Duos und 1 Solist.
Ich fürchte aber, dass abakus Recht hat und du die ganze Aufgabe mit einer einzigen Formel erschlagen möchtest. Das wird nicht funktionieren.
Ich werde versuchen, dir in beiden Ansätzen die ersten Schritte zu erleichtern und beschränke mich vorerst in beiden Fällen auf ein Ziehen mit Zurücklegen, so wie du das zuletzt ja auch immer gemacht hast.
1) Direkt: Es gibt die oben erwähnten zwei Fälle und ich greife zu Erklärungszwecken den zweiten heraus, den ersten darfst du dann selber durchrechnen. Wie groß ist also die Wahrscheinlichkeit, von zwei Farben je zwei Kugeln zu ziehen und von der dritten Farbe eine?
Zum Beispiel die Abfolge <wwrrs>. Dafür hast du ja schon einige Male die richtige Wahrscheinlichkeit angegeben. Die Wkt dafür, dass die erste Kugel weiß ist, beträgt 1/3 (6/18); die W. dass die zweite auch weiß ist ebenfalls 1/3 usf. Insgesamt erhalten wir daher [mm] $\br{1}{3^5}$. [/mm] Das ist aber nur die Wahrscheinlichkeit für genau diese eine Abfolge <wwrrs>. Wir wären aber mit <wwsrr> auch glücklich, oder mit <wrswr>, etc. Jede dieser verschiedenen Anordnungen tritt mit derselben Wkt von [mm] $\br{1}{3^5}$ [/mm] auf und die Reihenfolge der Kugel ist uns ja bei dieser Aufgabenstellung egal. Wie viele Möglichkeiten gibt es nun, zwei weiße, zwei rote und eine schwarze Kugel anzuordnen? Darauf gibt die Kombinatorik die Antwort. Es handelt sich um eine Permutation mit Wiederholungen und die Antwort ist, dass es [mm] $\br{5!}{2!*2!}=30$ [/mm] solcher Anordnungen gibt. Du kannst dir das auch anders überlegen: wir wählen erst einen Platz für die schwarze Solokugel (5 Möglichkeiten). Von den verbleibenden vier Plätzen wählen wir zwei für die weißen Kugeln aus (Kombination, [mm] $\vektor{4 \\ 2}=6$) [/mm] und somit sind die beiden Plätze für die roten Kugeln vorgegeben. Mit dem Produkt der beiden Zahlen kommen wir dann ebenfalls auf $5*6=30$ mögliche Anordnungen.
So, was haben wir bis jetzt? Die Wahrscheinlichkeit, zwei weiße, zwei rote und eine schwarze Kugeln ungeachtet der Reihenfolge zu ziehen beträgt also [mm] $\br{30}{3^5}=\br{10}{81}$. [/mm] Damit sind wir aber immer noch nicht mit diesem Fall fertig. Denn wer sagt, dass unbedingt die schwarze Kugel der Solist sein muss? Es könnte auch jede der beiden anderen Farben sein. Daher müssen wir unser Ergebnis noch mit $3$ multiplizieren und erhalten endlich [mm] $\br{30}{81}$ [/mm] als Wahrscheinlichkeit dafür, von zwei Farben je zwei Kugeln zu ziehen.
Den zweiten Fall (3 Kugeln von einer Farbe und von den anderen beiden Farben je eine) überlasse ich jetzt dir. Die beiden Wkten musst du dann nur mehr addieren.
2) Gegenwahrscheinlichkeit: Mit deiner Bezeichnung musst du den Ausdruck [mm] $1-p(A_1\cup A_2 \cup A_3)$ [/mm] berechnen. Die Ereignisse [mm] $A_i$ [/mm] (keine Kugel der Farbe $i$ unter den fünf gezogenen Kugeln) sind aber nicht disjunkt, dh. sie schließen einander nicht aus, daher darfst du zur Berechnung von [mm] $p(A_1\cup A_2 \cup A_3)$ [/mm] nicht einfach die drei Wahrscheinlichkeiten [mm] $p(A_i)$ [/mm] zu [mm] $3*\left({\br{2}{3}}\right)^5$ [/mm] addieren. Vielmehr musst du von diesem Ergebnis noch die Wahrscheinlichkeiten jener Ereignisse abziehen, bei denen zwei Farben nicht gezogen wurden. Dass alle drei Farben nicht Vorkommen ist ja auszuschließen  . Überlege dir, wie viele Möglichkeiten es gibt, dass unter den 5 gewählten Kugeln zwei Fraben nicht vorkommen und was das letztlich für die gewählten 5 Kugeln bedeutet. Dann ist es sicher nicht schwer, die Wkt für diese Fälle zu berechnen.
Gruß RMix
EDIT: Ist das ein Fehler im System, dass die Frage noch immer als "offen" markiert ist, obwohl ich gerade geantwortet habe?
Hmm, und jetzt nach 20 Minuten ist die Frage nun doch als "beantwortet" markiert - mysteriös.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:32 So 15.03.2015 | | Autor: | Kosamui |
Ich danke dir vielmals für deine ausführliche Antwort! :)
Habe jetzt den zweiten Fall durchgerechnet und komme insgesamt auf die Wahrscheinlichkeit 61,728 % und das denke ich passt.
Bei dem Fall "ohne Zurücklegen" habe ich noch eine Frage.
Wenn ich den ersten Fall berechne, also von 2 Farben je 2 Kugeln und eine Farbe eine Kugel zB <wwssr>. Dann nimm ich die erste Kugel mit der Wahrscheinlichkeit 6/18, dass sie weiß ist. Dann sind ja nur mehr 17 Kugeln in der Urne. Und die Wahrscheinlichkeit, dass ich noch eine weiße nimm, ist dann 5/17. Die Wkeit, dass ich dann eine schwarze nimm ist dann 6/16, noch eine schwarze: 5/16. Eine weiße ist dann 6/14. Ergibt insgesamt : 5/952
Stimmt das so?
Dann kann man wieder die Permutationen berechnen: 5! /(2!2!) = 30 --> 30*(5/952) = 75/476.
Das ganze wieder mal drei, da es ja für drei Farben die Möglichkeiten gibt, dann komme ich auf 225/476.
Stimmen meine Schritte??
Ich danke dir, liebe Grüße, kosamui
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:17 So 15.03.2015 | | Autor: | rmix22 |
> Ich danke dir vielmals für deine ausführliche Antwort!
> :)
> Habe jetzt den zweiten Fall durchgerechnet und komme
> insgesamt auf die Wahrscheinlichkeit 61,728 % und das denke
> ich passt.
Ja, scheint zumindest auf drei Nachkommastellen genau zu passen Genau sinds 50/81.
>
> Bei dem Fall "ohne Zurücklegen" habe ich noch eine Frage.
> Wenn ich den ersten Fall berechne, also von 2 Farben je 2
> Kugeln und eine Farbe eine Kugel zB <wwssr>. Dann nimm ich
> die erste Kugel mit der Wahrscheinlichkeit 6/18, dass sie
> weiß ist. Dann sind ja nur mehr 17 Kugeln in der Urne. Und
> die Wahrscheinlichkeit, dass ich noch eine weiße nimm, ist
> dann 5/17. Die Wkeit, dass ich dann eine schwarze nimm ist
> dann 6/16, noch eine schwarze: 5/16. Eine weiße ist dann
5/15 Vermutlich ein Tippfehler
> 6/14. Ergibt insgesamt : 5/952
> Stimmt das so?
Ja, richtig ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") .
>
> Dann kann man wieder die Permutationen berechnen: 5!
> /(2!2!) = 30 --> 30*(5/952) = 75/476.
>
> Das ganze wieder mal drei, da es ja für drei Farben die
> Möglichkeiten gibt, dann komme ich auf 225/476.
>
> Stimmen meine Schritte??
Ja, alles OK soweit.
Die Gesamtwahrscheinlichkeit für "jede Farbe ist vertreten" muss dann ja etwas größer sein als beim Ziehen mit Zurücklegen, da mit jeder gezogenen Kugel einer Farbe die Wkt, dass eine andere Farbe gezogen wird, steigt. Tatsächlich ergibt sich dann auch mit 345/476 eine deutlich höhere Wahrscheinlichkeit.
Gruß RMix
P.S.: Obwohl ich die Aufgabe ursprünglich auch eher direkt, so wie von abakus vorgeschlagen, angegangen wäre, finde ich den Ansatz mit der Gegenwahrscheinlichkeit nun irgendwie reizvoller und einfacher:
[mm] $1-\left[3*\produkt_{k=0}^{4}\br{12-k}{18-k}-3*\produkt_{k=0}^{4}\br{6-k}{18-k}\right]\approx{72,479\ \%}$
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:53 So 15.03.2015 | | Autor: | Kosamui |
Ja, das war ein Tippfehler :)
Super, dann habe ich die Aufgabe gelöst und auch endlich verstanden. Danke an alle, die mitgeholfen haben!!!!!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:58 Sa 14.03.2015 | | Autor: | abakus |
> Eine Urne enthält 6 weiße, 6 rote und 6 schwarze Kugeln.
> Es werden
> 5 Kugeln (a) mit und (b) ohne Zurücklegen zufällig
> gezogen.
> Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass in der
> Stichprobe alle Farben vertreten sind
> ?
> Hallo,
>
> leider weiß ich nicht wirklich, wie ich die Aufgabe lösen
> soll.
> Ich habe mir gedacht, dass ich die Wahrscheinlichkeit der
> einzelnen Farben berechne und dann die Wahrscheinlichkeiten
> zusammenzähle. Also zb bei weiße Kugeln 5 mal ziehen mit
> Zurücklegen hätte ich gedacht die Wahrscheinlichkeit ist
> [mm](6/18)^5.[/mm] Aber irgendwie habe ich das Gefühl, dass das
> nicht stimmt.
> Kann mir wer einen Tipp geben oder weiterhelfen??
>
> Liebe Grüße & Danke :)
ARBEITEN!
Hoffe nicht auf den Trick oder DIE Formel, sondern arbeite die Möglichkeiten durch.
Wenn unter den 6 Kugeln alle 3 Farben vertreten sein sollen, sind nur folgende drei Fälle möglich:
Fall 1:
Eine Farbe ist viermal vertreten, die anderen beiden je einmal.
Fall 2:
Eine Farbe ist dreimal vertreten, eine zweimal und eine nur einmal.
Fall 3:
Jede Farbe ist zweimal verteten.
Rechne die Wahrscheinlichkeiten jetzt fallweise aus.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:48 Sa 14.03.2015 | | Autor: | Kosamui |
Man zieht fünf mal, nicht sechs mal. Leider ist genau da mein Problem, wenn ich die Möglichkeiten durchgehe.
Fall 1: Eine Farbe ist drei mal vertreten, die andere jeweils einmal.
Dann ergibt sich doch [mm] (6/18)^5 [/mm] *(6/18)*(6/18) weil die Kugeln doch zurück gelegt werden.
Somit komm ich beim zweiten Fall auch wieder auf das:
Fall 2: Zwei Farben sind zweimal vertreten und eine einmal:
[mm] (6/18)^2 [/mm] * [mm] (6/18)^2 [/mm] *(6/18)
... Schon klar, dass das falsch ist, aber wenn ich es durchgehe, dann komme ich auf das bzw. ist das meine idee.
danke dir ! Lg
|
|
|
|
