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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:25 So 15.06.2008 | | Autor: | darchr |
Hi,
ich habe vier Probleme:
1) Nach der Pfadregel multipliziert man ja, wenn man sagen kann "und", aber addiert, wenn man sagen kann "oder". Gilt dies auch für die hypergeometrische Verteilung? Wenn ich also beim Lotto "6 aus 49" berechnen will, mit welcher Wahrscheinlichkeit mindestens 5 Richtige vorkommen, müsste ich dann zwei mal diese Brüche haben, einmal auf dem Zähler mit [mm] \vektor{6 \\ 5} [/mm] * [mm] \vektor{43 \\ 1} [/mm] und einmal mit [mm] \vektor{6 \\ 6} [/mm] * [mm] \vektor{43 \\ 0}, [/mm] die ich dann multipliziere?
2) Folgende Aufgabe: In einer Gruppe von 30 Touristen sind fünf Schmuggler. Ein Zöllner kontrolliert nacheinander drei dieser Touristen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass zwei der Kontrollierten Schmuggler sind?
Ich möchte es mit zwei Ansätzen machen:
Einmal: [mm] \bruch{5}{30} [/mm] * [mm] \bruch{4}{29} [/mm] * [mm] \bruch{25}{28} [/mm] * 3
Und dann einmal über die hypergeometrische Verteilung:
[mm] \bruch{\vektor{3 \\ 2} * \vektor{27 \\ 1}}{\vektor{30 \\ 3}}
[/mm]
Leider kommt nicht das Gleiche raus.
3) Ist es für die Wahrscheinlichkeit das Gleiche, ob ich sage "nacheinander 3 Kugeln ziehen" oder "gleichzeitig drei Kugeln ziehen"?
4) Wenn in einer Urne 10 Kugeln sind, 3 grüne, 3 schwarze und 4 rote, und ich berechnen will, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, 2 grüne zu ziehen bei 4 maligem Ziehen ohne Zurücklegen, wie muss ich da vorgehen.
Muss ich rechnen:
[mm] \bruch{3}{10} [/mm] * [mm] \bruch{2}{9} [/mm] * 6 (weil es sechs Möglichkeiten gibt, die zwei Grüne auf 4 "Plätzen" zu verteilen) - oder muss ich noch die schwarzen und roten miteinarbeiten - denn man soll ja genau 2 grüne ziehen, bei den anderen Zügen also in jedem Falle rot oder schwarz. Wie muss ich das dann schreiben?
Vielen Dank
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:29 Mo 16.06.2008 | | Autor: | barsch |
Hi,
(1) du hast richtig erkannt, dass du hier die beiden Wkten
[mm] \bruch{\vektor{6 \\ 5}*\vektor{43 \\ 1}}{\vektor{49 \\ 6}} [/mm] und einmal mit [mm] \bruch{\vektor{6 \\ 6}*\vektor{43 \\ 0}}{\vektor{49 \\ 6}}
[/mm]
hast. Aber multiplizieren ist hier der falsche Gedanke. Du hast zwei Wkt., die du addieren musst. Du kannst ja sagen, dass Ereignis mindestens 5 richtige tritt ein, wenn du 5 Richtige [mm] (\bruch{\vektor{6 \\ 5}*\vektor{43 \\ 1}}{\vektor{49 \\ 6}}) [/mm] oder 6 Richtige ( [mm] \bruch{\vektor{6 \\ 6}*\vektor{43 \\ 0}}{\vektor{49 \\ 6}}) [/mm] hast.
(2) > Einmal: $ [mm] \bruch{5}{30} [/mm] $ * $ [mm] \bruch{4}{29} [/mm] $ * $ [mm] \bruch{25}{28} [/mm] $ * 3
stimmt.
> $ [mm] \bruch{\vektor{3 \\ 2} \cdot{} \vektor{27 \\ 1}}{\vektor{30 \\ 3}} [/mm] $
Hier hat sich der Fehlerteufel eingeschlichen. Bedenke, es gibt 5 Schmuggler, d. h.
[mm] \bruch{\vektor{5 \\ 2} \cdot{} \vektor{25 \\ 1}}{\vektor{30 \\ 3}} [/mm] und das müsste jetzt $ [mm] \bruch{5}{30} [/mm] $ * $ [mm] \bruch{4}{29} [/mm] $ * $ [mm] \bruch{25}{28} [/mm] $ * 3 entsprechen.
(3) Ich denke, ja.
(4) Du hast 10 Kugeln,
> 3 grüne, 3 schwarze und 4 rote, und ich berechnen will, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, 2 grüne zu ziehen bei 4 maligem Ziehen ohne Zurücklegen, wie muss ich da vorgehen.
Verwende hier doch auch wieder die hypergeometrische Verteilung: Du sagst einfach, du hast 3 grüne Kugeln und 7 nicht-grüne Kugeln. Dann ziehst du 2 grüne und 2 nicht-grüne, also insgesamt 4 Kugeln:
[mm] \bruch{\vektor{3 \\ 2} \cdot{} \vektor{7 \\ 2}}{\vektor{10 \\ 4}}
[/mm]
Oder du nimmst deinen Ansatz:
> $ [mm] \bruch{3}{10} [/mm] $ * $ [mm] \bruch{2}{9} [/mm] $ * 6
Nicht korrekt, geht aber in die richtige Richtung.
Du ziehst doch 2*grün und 2*nicht-grün:
[mm] \bruch{3}{10}*\bruch{2}{9}*\red{\bruch{7}{8}*\bruch{6}{7}*6}, [/mm] da es - wie du richtig erwähnt hast -
> sechs Möglichkeiten gibt, die zwei Grüne auf 4 "Plätzen" zu verteilen
Viel Erfolg noch beim Thema "Wahrscheinlichkeitsrechnung"
wünscht barsch.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:29 Mo 16.06.2008 | | Autor: | darchr |
Vielen Dank für die schnelle Hilfe!
Zur letzten Frage nochmal:
Man muss also in jedem Fall jeden "Zug" durchgehen und mit einer Wahrscheinlichkeit belegen?
Wenn es jetzt hieße, "mindestens" zwei Grüne. Müsste man dann schreiben:
[mm] \bruch{3}{10}*\bruch{2}{9}\* (\bruch{7}{8} [/mm] + [mm] \bruch{1}{8}) [/mm] * [mm] (\bruch{5}{7}) [/mm] * 6 ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:22 Mo 16.06.2008 | | Autor: | barsch |
Hi,
mindestens zwei Grüne bedeutet doch:
2 Grüne, 3 Grüne oder 4 Grüne. Berechne also die Wkten für diese 3 Ereignisse einzeln und addiere diese miteinander.
MfG barsch
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:31 Di 17.06.2008 | | Autor: | darchr |
Aber man zieht doch vier Mal? Dann brauch ich doch auch vier Wahrscheinlichkeiten, ich muss doch dann in jedem Falle multiplizieren, weil doch vier Mal gezogen wird!
Ich weiß jetzt nicht ganz, wie ich vorgehen muss - die Wahrscheinlichkeit für 2, 3 oder 4 wäre doch (wenn vier Grüne es sind, von insgesamt 10 Kugeln)
4/10 + 3/9 + 2/8, das kann doch aber nicht rauskommen, das ist doch gar nicht die Pfadregel richtig angewandt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:27 Di 17.06.2008 | | Autor: | darchr |
Hallo,
ich glaube, ich weiß jetzt in etwa wie:
Nochmal die Situation, etwas klarer:
10 Kugeln, 6 Grüne seien es nun, 4 mal ziehen, Frage: mind. 3 grün
P(3 mal grün)= [mm] \bruch{6}{10}*\bruch{5}{9}*\bruch{4}{8} [/mm] = 0.1667
P(4 mal grün)= [mm] \bruch{6}{10}*\bruch{5}{9}*\bruch{4}{8} [/mm] * [mm] \bruch{3}{7} [/mm] = 0.0714
Die beiden Wahrscheinlichkeiten müssen doch addiert werden (=0.238) dann wüsste ich doch, dann hätte ich doch die Wahrscheinlichkeit von 3 oder 4, das heißt mindestens 3. Jetzt muss ich doch aber eigentlich auch noch einen Faktor haben, der anzeigt, auf wie viele "Plätze" sich die anordnen lassen. Drei Grüne hätten ja 4 Kombinationsmöglichkeiten, 4 grüne hingegen nur eine. Muss ich die Kombinationsmöglichkeiten nun mal nehmen oder addieren, und anschließend dann als Faktor zu den addierten Wahrscheinlichkeiten hinzupacken?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:55 Di 17.06.2008 | | Autor: | darchr |
Erneute Korrektur:
Zu den drei Grünen müsste noch die Wahrscheinlichkeit eine Nichtgrüne zu ziehen, also *(4/7) - und das müsste man alles mit 4 Mal nehmen, bin mir jetzt relativ sicher. Stimmt das dann?
Wie ginge ich bei höchstens 2 vor, wenn ich nicht über das Gegenereignis gehen möchte?
Berechne ich dann die Wahrscheinlichkeit für keine grüne, 1 grüne und 2 grüne und addiere diese?
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Hi, darchr,
in Deinen Mitteilungen kommst Du der Sache schon näher.
Bei Deinem obigen Beispiel (3 grüne, 7 nicht-grüne Kugeln)
würdest Du auf folgenden Ansatz kommen:
[mm] \bruch{3}{10}* \bruch{2}{9}* \bruch{7}{8}* \bruch{6}{7}*6
[/mm]
Übrigens kannst Du das zur Sicherheit immer noch mal anhand eines Baumdiagramms überprüfen!
mfG!
Zwerglein
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:24 Di 17.06.2008 | | Autor: | darchr |
Das wäre jetzt aber doch nur die Wahrscheinlichkeit, genau zwei Grüne zu ziehen, oder? Für "höchstens zwei" müsste ich die doch noch addieren mit der Wahrscheinlichkeit 1 grüne und keine grüne zu ziehen, richtig?
Also
P(0 grüne) = [mm] \bruch{7}{10} [/mm] * [mm] \bruch{6}{9} [/mm] * [mm] \bruch{5}{8} [/mm] * [mm] \bruch{4}{7}
[/mm]
P(1 grüne) = [mm] \bruch{3}{10} [/mm] * [mm] \bruch{7}{9} [/mm] * [mm] \bruch{6}{8} [/mm] * [mm] \bruch{5}{7} [/mm] * 4
P(2 grüne) = [mm] \bruch{3}{10} [/mm] * [mm] \bruch{2}{9} [/mm] * [mm] \bruch{7}{8} [/mm] * [mm] \bruch{6}{7} [/mm] * 6
Und diese addieren, dann müsste es stimmen, oder?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:54 Di 17.06.2008 | | Autor: | Zwerglein |
Hi, darchr,
> Das wäre jetzt aber doch nur die Wahrscheinlichkeit, genau
> zwei Grüne zu ziehen, oder? Für "höchstens zwei" müsste ich
> die doch noch addieren mit der Wahrscheinlichkeit 1 grüne
> und keine grüne zu ziehen, richtig?
Richtig! Aber das war ja nicht die Aufgabe!
> Also
>
> P(0 grüne) = [mm]\bruch{7}{10}[/mm] * [mm]\bruch{6}{9}[/mm] * [mm]\bruch{5}{8}[/mm] * [mm]\bruch{4}{7}[/mm]
>
> P(1 grüne) = [mm]\bruch{3}{10}[/mm] * [mm]\bruch{7}{9}[/mm] * [mm]\bruch{6}{8}[/mm] * [mm]\bruch{5}{7}[/mm] * 4
>
> P(2 grüne) = [mm]\bruch{3}{10}[/mm] * [mm]\bruch{2}{9}[/mm] * [mm]\bruch{7}{8}[/mm] * [mm]\bruch{6}{7}[/mm] * 6
>
> Und diese addieren, dann müsste es stimmen, oder?
Übrigens ginge es hier über das Gegenereignis sicher leichter, da bei 3 grünen Kugeln nur eines nicht erlaubt ist, nämlich genau drei grüne Kugeln zu ziehen!
mfG!
Zwerglein
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:01 Di 17.06.2008 | | Autor: | darchr |
Vielen Dank!> Hi, darchr,
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:54 Mo 16.06.2008 | | Autor: | Zwerglein |
Hi, darchr,
> 3) Ist es für die Wahrscheinlichkeit das Gleiche, ob ich
> sage "nacheinander 3 Kugeln ziehen" oder "gleichzeitig drei
> Kugeln ziehen"?
Genauer: "Gleichzeitiges Ziehen" dreier Kugeln ist identisch mit dem Ziehen dreier Kugeln "nacheinander ohne Zurücklegen, ohne Berücksichtigung der Reihenfolge".
(Vergleiche wie die Lottozahlen im Fernsehen gezogen werden:
nacheinander, aber am Ende werden sie einfach der Größe nach geordnet, nicht aber in der gezogenen Reihenfolge.
Es wäre dasselbe, wenn man gleich alle 6 auf einmal ziehen würde - aber es ginge für eine Fernsehsendung viel zu schnell, und: wo bliebe die Spannung?!)
mfG!
Zwerglein
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:30 Mo 16.06.2008 | | Autor: | darchr |
Und was ist, wenn die Reihenfolge von Bedeutung ist?
"gleichzeitiges Ziehen von einer grünen und einer blauen Kugeln aus 5 Kugeln (2 blau und 3 mal grün)"?
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Hi, darchr,
> Und was ist, wenn die Reihenfolge von Bedeutung ist?
>
> "gleichzeitiges Ziehen von einer grünen und einer blauen
> Kugeln aus 5 Kugeln (2 blau und 3 mal grün)"?
Diese Frage verstehe ich nicht!
Beim "gleichzeitigen" Ziehen KANN die Reihenfolge rein logisch keine Rolle spielen: Wenn Du GLEICHZEITIG ziehst, welche ziehst Du denn dann ZUERST?!
mfG!
Zwerglein
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:53 Mo 16.06.2008 | | Autor: | darchr |
Du hast recht, da hab ich mich gerade vertan^^
Kannst du noch etwas zu meiner vorherigen Frage sagen?
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