Urne mit dreimal ziehen

11.04.2011, 23:42

Floyd

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Urne mit dreimal ziehen

Hallo liebe Mathefreunde,

grundsätzlich weiß ich wie ich diese Urnenaufgaben zu lösen habe, aber normalerweise wurde nur zwei mal gezogen. Nun wird aber dreimal gezogen und mein gezeichnetes Baumdiagramm ist riesig. Ich frage mich, ob man die Aufgabe nicht schneller lösen kann.

Aufgabe:

Eine Urne enthält zehn schwarze, drei weiße und sieben rote Kugeln. Es werden nacheinander drei Kugeln ohne Zurücklegen entnommen.
Zeichne ein Baumdiagramm. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,

a) genau drei schwarze,

b) genau zwei schwarze,

c) drei unterschiedlich farbige,

d) keine weiße,

e) mindestens eine rote Kugel zu erhalten?

Für:

a) $\begin{eqnarray*} \frac{10}{20}\cdot \frac{9}{19} \cdot \frac{8}{18} = \frac{2}{19} \end{eqnarray*}$

b) $\begin{eqnarray*} \frac{10}{20}\cdot \frac{3}{19} \cdot \frac{9}{18} + \frac{10}{20}\cdot \frac{7}{19} \cdot \frac{9}{18}+ \frac{3}{20}\cdot \frac{10}{19} \cdot \frac{9}{18}+ \frac{7}{20}\cdot \frac{10}{19} \cdot \frac{9}{18} = \frac{5}{19} \end{eqnarray*}$

c) $\begin{eqnarray*} 6 \cdot \frac{10}{20}\cdot \frac{3}{19} \cdot \frac{7}{18} = \frac{7}{38} \end{eqnarray*}$

d) $\begin{eqnarray*} \frac{10}{20}\cdot \frac{9}{19} \cdot \frac{8}{18} + \frac{10}{20}\cdot \frac{9}{19} \cdot \frac{7}{18}+ \frac{10}{20}\cdot \frac{7}{19} \cdot \frac{9}{18}+ \frac{10}{20}\cdot \frac{7}{19} \cdot \frac{9}{18}+ \frac{7}{20}\cdot \frac{10}{19} \cdot \frac{9}{19}+ \frac{7}{20}\cdot \frac{10}{19} \cdot \frac{6}{18}+ \frac{7}{20}\cdot \frac{6}{19} \cdot \frac{10}{18}+ \frac{7}{20}\cdot \frac{6}{19} \cdot \frac{5}{18}= \frac{103}{171} \end{eqnarray*}$

e) $\begin{eqnarray*} 1- \frac{10}{20} + \frac{3}{20}= \frac{13}{20} \end{eqnarray*}$

12.04.2011, 00:13

opi

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Hui, das sind viele Aufgaben. geschockt

geschockt

Ich habe die Aufgaben ohne Baumdiagramm gerechnet, ob ihr das schon in der Schule hattet, sehen wir später.

a) und c) sind richtig.

Den anderen Aufgaben können wir uns nacheinander nähern, wir beginnen bei d).

"Keine weiße Kugel" bedeutet, daß in den drei Zügen jeweils eine "andersfarbige Kugel" gezogen wird. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "andersfarbige Kugel" im ersten Zug?

12.04.2011, 00:19

Floyd

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Ahh, vielleicht hab ich jetzt die Idee für d)

P(keine weiße) = 17/20 * 16/20 * 15/18 = 17/30 ????

e) ist Mist, das sehe ich schon vom weitem :-)) Aber irgendetwas mit dem Gegenereignis muss ich schon machen...

12.04.2011, 00:27

opi

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Der Gedanke für d) ist richtig, hier ist aber ein Nenner verkehrt. Sorgfalt! Big Laugh

Big Laugh

e): Ja, Gegenereignis für drei mal keine rote Kugel.

12.04.2011, 00:31

Floyd

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Aber so .-)

P(keine weiße) = 17/20 * 16/19 * 15/18 = 34/57

12.04.2011, 00:34

Floyd

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Für e)

P(min. 1xrot) = 1 - (Keine rot) = 1 - (13/20 * 12/19 * 11/18) = 387/530

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12.04.2011, 00:41

opi

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d)

Freude

e) Ansatz ist richtig, Ergebnis verkehrt. Das hast Du wahrscheinlich falsch in den TR getippt.

Für Aufgabe c) würde ich gern wissen, ob Du so etwas wie

$\begin{eqnarray*} \frac{\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} }{\begin{pmatrix} 5 \\ 3 \end{pmatrix} } \end{eqnarray*}$

schon einmal gesehen hast. Das könnte die Aufgabe sehr vereinfachen.

12.04.2011, 01:04

Floyd

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e) 427/570

c) Bzgl. c. Ja habe ich, bei den Lotto-Aufgaben.

Laplace oder?

Hast du die anderen Aufgaben auch auf diese Weise gerechnet?

So, nun versuche ich deine Rechnung zu deuten... hm..

Im Zähler steht die Anzahl der Möglichkeiten des Ereignisses also drei unterschiedliche Farben
Im Nenner alle Möglichkeiten

Bei Lotto habe ich es verstanden: z.B. 5 Richtige

$\begin{eqnarray*} \frac{\begin{pmatrix} \\6 \\ 5 \begin{pmatrix} 43 \\ 1 \end{pmatrix} \end{pmatrix} }{\begin{pmatrix} 49 \\ 6 \end{pmatrix} } \end{eqnarray*}$

Das erste Tupel 6 über 5 zeigt die Gewinnzahlen an, also 5 aus 6 richtigen zu ziehen.
Das Tupel 43 über 1 die verlorene Zahlen, also 43 falsche Zahlen

Im nenner stehen alle Möglichkeiten

12.04.2011, 01:05

Floyd

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Upps. ... irgendwas ist da mit meiner Latex-Zeile durcheinander geraten. Das erste Tupel soll halt "6 über 5" lauten.

Ich kann deine Lösung immernoch nicht deuten..... außer das ist garnicht die Lösung, sondern nur irgendein Tupel :-)))

12.04.2011, 01:14

Floyd

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c) $\begin{eqnarray*} \frac{\begin{pmatrix} 10 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} }{\begin{pmatrix} 20 \\ 3 \end{pmatrix} } \end{eqnarray*}$ ???

12.04.2011, 01:18

opi

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Bevor ich es vergesse: e) stimmt jetzt.

Aufgabe b) habe ich so berechnet:

$\begin{eqnarray*} \frac{\begin{pmatrix} 10 \\ 2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 10 \\ 1 \end{pmatrix} }{\begin{pmatrix} 20 \\ 3 \end{pmatrix} } \end{eqnarray*}$

c) kann man ähnlich lösen: Eine von zehnen mal eine von dreien ...

Edit: mal eine von sieben...

12.04.2011, 01:23

Floyd

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c)

$\begin{eqnarray*} \frac{\begin{pmatrix} 10 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 7 \\ 1 \end{pmatrix} }{\begin{pmatrix} 20 \\ 3 \end{pmatrix} } \end{eqnarray*}$

Vielleicht so?

Also 1 von Schwarz, 1 von Weiß und 1 von Rot

12.04.2011, 01:28

Floyd

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So kann man die Aufgaben viel schneller lösen. Ich weiß nur, dass man große Baumdiagramme - aber nur wenn sie "mit Zurücklegen" sind, auch mit der Bernoulli-Kette lösen kann.

Aufgabe c könnte man also wenn man deine Variante nicht kennt, nur mithilfe eines Baumdiagramms lösen bzw. man muss sich die Pfade im Kopf denken..... das ist aber ein wenig viel verlangt... wie ich finde....

Aber vielen Dank für deine Hilfe. Werde mir deine Variante nochmal genau anschauen. Leider sind die Schulbücher recht schlecht bzw. wir benutzen gar keins, sondern bekommen dauernd kopierte Seiten. Und im Internet habe ich bisher auch keine wunderbare Seite mit Aufgaben zum Thema Kombinatorik etc. gefunden

12.04.2011, 01:29

opi

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Genau so.

Zur Blumenstraußaufgabe:
Ich halte Dein Ergebnis für richtig, würde ich auch so berechnen, bin mir aber nicht völlig sicher.

Edit: Mein Beitrag wurde wieder einmal zu sehr überdacht und kam etwas spät...

12.04.2011, 01:37

Floyd

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Vielen Dank für die Hilfe. Kennst du im Internet eine gute Aufgabensammlung + Lösungen im Bereich der Stochastik, insbesondere Kombinatorik, damit man ein wenig üben kann ?

Kombinatorik bereitet mir die größten Kopfschmerzen..... viele Textaufgaben sind auch zudem nicht besonders eindeutig gestellt.... und andere wiederum an den Haaren herbeigezogen...

12.04.2011, 01:48

Floyd

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Kannst du mir noch verraten wie du d) und e) in Tupel-Schreibweise berechnet hast ???

12.04.2011, 01:53

opi

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Ich kenne leider keine gute Aufgabensammlung.

Zitat:

Original von Floyd

Kombinatorik bereitet mir die größten Kopfschmerzen..... viele Textaufgaben sind auch zudem nicht besonders eindeutig gestellt.... und andere wiederum an den Haaren herbeigezogen...

Jede der drei Aussagen kann ich unterschreiben. böse

böse

Edit: Doppelposts können zu Missverständnissen führen, wenn ein Poster postet, während ein anderer Poster einen Post schreibt.

12.04.2011, 02:02

Floyd

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Kannst du mir noch verraten wie du d) und e) in Tupel-Schreibweise berechnet hast ??? Irgendwie komme ich nicht drauf...

12.04.2011, 02:03

opi

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d) kann man mit

$\begin{eqnarray*} \frac{\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 17 \\ 3 \end{pmatrix} }{\begin{pmatrix} 20 \\ 3 \end{pmatrix} } \end{eqnarray*}$

berechnen.

12.04.2011, 02:10

Floyd

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also e dann:

$\begin{eqnarray*} 1- \frac{\begin{pmatrix} 13 \\ 3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 7 \\ 0 \end{pmatrix} }{\begin{pmatrix} 20 \\ 3 \end{pmatrix} } \end{eqnarray*}$

12.04.2011, 02:13

Floyd

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Habs verstanden, hoffe dass ich das nun auch auf kommende AUfgaben übertragen kann :-))

Mein Fehler war, dass ich stets versucht habe das Ereignis auf 3 Tupel im Zähler auzuteilen bei d); habe vergessen dass man das zusammenfassen kann.

So, aber jetzt geh ich pennen :_-)))

Vielen Dank nochmal

12.04.2011, 02:24

opi

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Deine Berechnung zu e) ist richtig. Es geht (mit Erfahrung) auch ein klein wenig einfacher, das soll uns aber nicht stören. Wenn Du Deine Erkenntnisse auf andere Aufgaben überträgst, kannst Du Deine Ergebnisse gerne hier veröffentlichen. Wir werden ein Auge darauf werfen.
Gute Nacht! Wink

Wink

12.04.2011, 12:06

Floyd

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Ich habe mir heute nochmal mit frischen Kopf die Aufgabe angeschaut und sie durchgerechnet. Ich verstehe auch alles bis auf das Ergebnis von AUfgabe b.
für b)

$\begin{eqnarray*} \frac{\begin{pmatrix} 10 \\ 2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 10 \\ 1 \end{pmatrix} }{\begin{pmatrix} 20 \\ 3 \end{pmatrix} } \end{eqnarray*}$

per Baumdiagramm habe ich einfach alle Pfade 6 Pfade: P(SSR) + P(SWS) + P(SRS) + P(WSS) + P(SSW) + (RSS) zusammenaddiert, dabei habe ich P(SSS) weggelassen. da laut aufgabenstellung "genau 2 schwarze" vorhabenden sein sollen. Für mich heißt das, dass ich P(SSS) nicht berücksichtigen soll.

Ich bekomme auch dasselbe Ergebnis wie bei der Tupelbrechnung raus = 39,47 %

-> Jedoch verstehe ich den Zähler beim Tupel nicht. Würde mich freuen, wenn man mir die Idee dahinter erklären könnt. Danke vorab

12.04.2011, 12:13

Floyd

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Ne, vielen Dank. Habs jetzt von alleine geschnallt :-))) Komisch dass ich das nicht schon vorher gesehen habe :-)))

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