6Rote 10Blaue Kugeln

18.03.2005, 15:38

FaulerAzubi

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6Rote 10Blaue Kugeln

Ich habs mit der Suchmaschine versucht, aber nichts brauchbares gefunden.
Bitte um eine Lösung.

Ich habe einen Topf mit 6 Roten und 10 Blauen Kugeln.
Wenn man immer zwei Kugeln zieht, wie hoch ist die Chance, dass man öffter ein Pärchen zieht.
Und, ist die Wahrscheinlichkeit größer, dass man öffter ein verschiedenfarbiges Pärchen hat?

Danke

18.03.2005, 15:43

JochenX

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Zitat:

Wenn man immer zwei Kugeln zieht, wie hoch ist die Chance, dass man öffter ein Pärchen zieht.

was verstehst du hier unter "öfter"?

oder willst du nur die wahrscheinlichkeit von einem pärchen?
dann hilft dir z.b. die formel von der totalen wahrscheinlichkeit weiter...

18.03.2005, 16:12

FaulerAzubi

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Man zieht solange bis keine Kugeln mehr drin sind.
wenn ich also 8 mal rein greife, kann es ja sein, dass ich nur zwei mal ein Päärchen gezogen habe und dann 6mal unterschiedliche, vielleicht hab ich mich auch nur ein wenig confus ausgdrückt. ich versuchs mal deutlicher:
Ist die Wahrscheinlichkeit größer, dass ich öffter ein unterschiedliches paar ziehe oder dass ich öffter zwei Kugeln ziehe die die gleiche Farbe haben?

18.03.2005, 16:42

FaulerAzubi

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also,
ich möchte wissen, wie hoch die wahrscheinlichkeit ist, dass man 5Mal ein Päärchen zieht (muss nicht hintereinander gezogen werden).

und die Wahrscheinlichkeit, dass man 5Mal zwei unterschiedlliche Kugeln zieht(muss auch nicht hintereinander gezogen werden)

18.03.2005, 17:33

yeti777

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RE: 6Rote 10Blaue Kugeln
Für den Fall, adss du genau eine rote und genau eine blaue Kugel ziehst,kannst du die hypergeometrische Verteilung anwenden, wobei zu beachten ist, dass sich nach jedem Zug von zwei Kugeln deren Anzahl verändert. Sieh mal hier: http://de.wikipedia.org/wiki/Hypergeometrische_Verteilung .

Beim Fall mit den gepaarten Kugeln sehe ich nicht durch. Vielleicht hilft hier nur ein W-Baum.

Gruss yeti

18.03.2005, 17:46

moinmoin

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moin,

also sowohl mit der hypergeometrischen Verteilung als auch mit dem Baum ufert das ganze sehr schnell aus (vor allem "müssen nicht hintereinander gezogen werden") und mit der totalen Wahrscheilichkeit geht bei mir schon gleich garnichts...

da muss es doch was einfacheres geben, bei dem nicht mehrere Seiten durch berechnung verschluckt werden!! hab allerdings kA was es da geben könnte sonst würd ich nicht fragen

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18.03.2005, 18:04

jovi

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Könntest Du bitte den Aufgabentext einmal ganz vollständig hinschreiben,
da die Aufgabe doch etwas komplex zu sein scheint und es keinen
Spass macht an einer unklaren Fragestellung rumzurätseln.
Hammer

Hammer

18.03.2005, 18:22

AD

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16 Kugeln werden der Reihe nach gezogen, und dann zu 8 Paaren gruppiert. Es gibt $\begin{eqnarray*} {16\choose 6} \end{eqnarray*}$ solche geordneten 16er-Ziehungen. Dabei wird die Reihenfolgen innerhalb eines Paares also noch berücksichtigt. Das ist also erstmal unser Grundraum.

Als nächstes sei M die Anzahl der "Mischpaare" in einer solchen Ziehung. Offenbar muss M hier gerade sein (!!! nochmal drüber nachdenken !!!), also kommt nur M=0,2,4,6 in Frage. Berechnen wir jetzt die Anzahl der 16er-Ziehungen für jedes M:

M=6: Es gibt $\begin{eqnarray*} {8\choose 6} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten für die Positionierung der 6 Mischpaare unter den 8 Paarpositionen. Innerhalb jeden Paares kann außerdem die rote Kugel an erster oder zweiter Stelle stehen. Macht insgesamt $\begin{eqnarray*} {8\choose 6}\cdot 2^6 \end{eqnarray*}$ Ziehungen.

M=4: Es gibt $\begin{eqnarray*} {8\choose 4} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten für die Positionierung der 4 Mischpaare unter den 8 Paarpositionen. Die zwei restlichen roten Kugeln treten als Paar auf, dessen Position unter den 4 noch freien Paarpositionen ausgewählt werden kann. Macht insgesamt $\begin{eqnarray*} {8\choose 4}\cdot 2^4\cdot {4\choose 1} \end{eqnarray*}$ Ziehungen.

M=2: Es gibt $\begin{eqnarray*} {8\choose 2} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten für die Positionierung der 2 Mischpaare unter den 8 Paarpositionen. Die vier restlichen roten Kugeln treten als zwei Paare auf, dessen Position unter den 6 noch freien Paarpositionen ausgewählt werden kann. Macht insgesamt $\begin{eqnarray*} {8\choose 2}\cdot 2^2\cdot {6\choose 2} \end{eqnarray*}$ Ziehungen.

M=0: Erklärung spar ich mir, Anzahl der Ziehungen ist einfach $\begin{eqnarray*} {8\choose 3} \end{eqnarray*}$

Die von dir gesuchten Wahrscheinlichkeiten kannst du jetzt nach der Laplace-Formel selber ausrechnen. Wink

Wink

18.03.2005, 19:02

FaulerAzubi

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Das ist keine bestimmte fragestellung, es dreht sich um ein Spiel.
Ich kopier mal den text

"Ich habe einen Beutel mit 6 roten und 10 blauen Steinen darin. Du kannst zwischen 'gleiches Paar' und 'ungleiches Paar' wählen. Ich werde dann jedesmal 2 Steine ziehen. Wenn sie die selbe Farbe haben, bekommt der die Steine, der 'gleiches Paar' getippt hat, ansonsten bekommt sie der von uns, der 'ungleiches Paar' getippt hat. Wer am ende die meisten Steine hat, gewinnt. Wenn wir Gleichstand haben, gewinnt keiner von uns."

@Arthur Dent: ich verstehs nicht, nicht weil du es schlecht erklärt hast, sondern weil ich die metoden der Wahrscheinlichkeitsberechnung noch nie gelernt habe.

Kann mir bitte jemand die Aufgabe mit der " Laplace-Formel " ausrechnen?

18.03.2005, 19:20

AD

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Mit Laplace-Formel meine ich nichts weiter als:

$\begin{eqnarray*} \mbox{Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses}=\frac{\mbox{Anzahl der für das Ereignis günstigen Varianten}}{\mbox{Anzahl aller Varianten}} \end{eqnarray*}$

Und ansonsten braucht man für dieses Problem keine weiteren Kenntnisse der Wahrscheinlichkeitsrechnung, wohl aber Erfahrung in der Kombinatorik.

18.03.2005, 19:46

moinmoin

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moin,

nur 2 Fragen habe ich:

müsste es nicht $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 16 \\ 8 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ für den Grundraum heißen??

und bei der erklärung für die Möglichkeiten der paarpositionen müsste man doch "blau" durch "rot" erstetzen da es 6 rote Kugeln gibt??

schöne, vor allem einfache, Lösung... danke

18.03.2005, 19:51

AD

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Die $\begin{eqnarray*} {16 \choose 6} \end{eqnarray*}$ sind schon richtig - das entspricht den Wahlmöglichkeiten der Positionierung der 6 roten Kugeln auf die Ziehungspositionen 1...16.

Das mit rot und blau hatte ich erst verwechselt und daher falsch im Text gehabt, dann aber editiert. Vielleicht hast du die "alte" Variante im Gedächtnis? verwirrt

verwirrt

Zur Kontrolle kannst du ruhig die Anzahlen in den Fällen M=0,2,4,6 addieren - es kommt tatsächlich $\begin{eqnarray*} {16 \choose 6} \end{eqnarray*}$ heraus - so wie es sein muss (Gesamtwahrscheinlichkeit = 1). Augenzwinkern

Augenzwinkern

18.03.2005, 23:22

FaulerAzubi

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hmmm

verwirrt

das hört sich alles recht gut an, aber was genau iist jetzt wahrscheinlicher?
Mehr Gleichepaare oder mehr Ungleiche Paare?

19.03.2005, 10:14

AD

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Wahrscheinlichkeit, öfter gemischtfarbige Paare zu ziehen:

$\begin{eqnarray*} P(M>4)=P(M=6)=\frac{{8 \choose 6}\cdot 2^6}{{16 \choose 6}}=\frac{1792}{8008}\approx 0.224 \end{eqnarray*}$

Wahrscheinlichkeit, öfter gleichfarbige Paare zu ziehen:

$\begin{eqnarray*} P(M<4)=P(M=2)+P(M=0)=\frac{{8 \choose 2}\cdot 2^6\cdot{6 \choose 2}+{8 \choose 3}}{{16 \choose 6}}=\frac{1680+56}{8008}\approx 0.217 \end{eqnarray*}$

Also ist die Wahrscheinlichkeit für mehr gemischtfarbige Paare (22,4%) etwas höher als die für mehr gleichfarbige Paare (21,7%).

P.S.: Deinem Nickname "FaulerAzubi" hast du alle Ehre bereitet. Augenzwinkern

Augenzwinkern

19.03.2005, 13:56

FaulerAzubi

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Tausend dank.
Normal bin ich nicht Faul, aber wie schon gesagt... ich kanns nicht traurig

traurig

Großes Lob an alle die an der Lösung beteiligt waren!

19.03.2005, 15:28

moinmoin

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moin,

@arthur dent

ja hmm mein Fehler dachte es wären 8 ziehungen aus 16.. Blödsinn, weil du ja von den roten ausgehst...!!

und ja ich hatte da anscheinend noch den alten Text im Kopf...

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