Bedingte Wahrscheinlichkeit-

14.11.2011, 13:24

loyloep

Bedingte Wahrscheinlichkeit-

Die k-te Urne von n Urnen enthält k rote und (n-k) weiße Kugeln. Eine Urne wird zufällig gleichverteilt ausgewählt. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass nach dem Ziehen einer Kugeln die gewählte Urne so viele rote wie weiße Kugeln enthält.

Kann mir jemand bei der Aufgabe helfen?

14.11.2011, 13:44

René Gruber

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1.Jede Urne enthält genau $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Kugeln, nach dem Ziehen einer Kugel verbleiben also genau $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ Kugeln. Welche Bedingung muss also schon mal vorab an $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gestellt werden, damit es überhaupt möglich ist, dass unter den n-1 Kugeln genau so viele weiße wie rote Kugeln gibt?

2.Für den Positivfall von 1.: Es ist hier eine totale Wahrscheinlichkeit gesucht, wobei die dabei einfließenden bedingten Erfolgswahrscheinlichkeiten sowieso nur für zwei Urnen von Null verschieden sind.

14.11.2011, 15:10

loyloep

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Zitat:

Original von René Gruber
1.Jede Urne enthält genau $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Kugeln, nach dem Ziehen einer Kugel verbleiben also genau $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ Kugeln. Welche Bedingung muss also schon mal vorab an $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gestellt werden, damit es überhaupt möglich ist, dass unter den n-1 Kugeln genau so viele weiße wie rote Kugeln gibt?

Damit (n-1) gerade ist, muss n ungerade sein. Und die Wahrscheinlich keit, dass n ungerade ist, beträgt 0,5. Ich nehme an, dass die gerade die Bedingung für die gesuchte bedingte Wahrscheinlichkeit ist.

2.Für den Positivfall von 1.: Es ist hier eine totale Wahrscheinlichkeit gesucht, wobei die dabei einfließenden bedingten Erfolgswahrscheinlichkeiten sowieso nur für zwei Urnen von Null verschieden sind.[/quote]

Dass die Erfolgswahrscheinlichkeiten nur für zwei Urnen vorhanden sind und 2/(n+1) betragen, verstehe ich. Aber was meinst Du mit totaler Wahrscheinlichkeit?

14.11.2011, 15:11

loyloep

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Eine weitere Bedingung für die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist ja die Wahl der Urne selbst, die beträgt 1/n. Spielt die eine Rolle bei der Berechnung?

14.11.2011, 15:30

René Gruber

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Zitat:

Original von loyloep
Damit (n-1) gerade ist, muss n ungerade sein.

Richtig.

Zitat:

Original von loyloep
Und die Wahrscheinlich keit, dass n ungerade ist, beträgt 0,5.

Wie kommst du denn auf die Idee, jetzt auch noch $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ zufällig zu machen? Da davon im Text keine Rede ist, wird wie sonst auch davon auszugehen sein, dass $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ fest vorgeben ist, also nichtzufällig!!!

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Zitat:

Original von loyloep
Aber was meinst Du mit totaler Wahrscheinlichkeit?

Das sollte eigentlich im Kontext dieses Problems klar sein: Der W-Raum kann über die Ereignisse

$\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ ... es wird die Urne Nr. $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ausgewählt

disjunkt zerlegt werden. Für irgendein Ereignis $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ gilt dann die Formel der totalen Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(B) = \sum_{k=1}^n P(A_k)\cdot P(B \mid A_k) \end{eqnarray*}$ .

Im vorliegenden Fall würde man das für das konkrete Ereignis

$\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ... nach dem Ziehen verbleiben gleich viele rote wie weiße Kugeln in der ausgewählten Urne

nutzen.

14.11.2011, 20:29

loyloep

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Als Ergebnis erhalte ich 1/n. Stimmt das?

14.11.2011, 20:47

HAL 9000

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Also ich komme abweichend davon auf $\begin{eqnarray*} P(B) = \frac{n+1}{n^2} \end{eqnarray*}$ für ungerade $\begin{eqnarray*} n\geq 3 \end{eqnarray*}$ , basierend auf

$\begin{eqnarray*} P(B | A_k) = \frac{\frac{n+1}{2}}{n} = \frac{n+1}{2n} \end{eqnarray*}$

für $\begin{eqnarray*} k=\frac{n-1}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} k=\frac{n+1}{2} \end{eqnarray*}$ .

15.11.2011, 10:06

loyloep

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Danke für Eure Hinweise soweit. Allerdings sind mir noch einige Dinge unklar.

Grundsätzlich verstehe ich nicht, warum man hier mit der totale Wahrscheinlichkeit rechnen muss und es nicht ausreicht, die bedingte Wahrscheinlichkeit nach der Formel: $\begin{eqnarray*} P(A \vert B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} \end{eqnarray*}$ zu berechnen.

Ferner verstehe ich nicht wie Hal 9000 auf $\begin{eqnarray*} P(B \vert A_k) = \frac{n+1}{2n} \end{eqnarray*}$ kommt und was für ein Wert für $\begin{eqnarray*} P(A_k) \end{eqnarray*}$ eingesetzt wird.

15.11.2011, 12:11

René Gruber

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Zitat:

Original von loyloep
wie Hal 9000 auf $\begin{eqnarray*} P(B \vert A_k) = \frac{n+1}{2n} \end{eqnarray*}$ kommt und was für ein Wert für $\begin{eqnarray*} P(A_k) \end{eqnarray*}$ eingesetzt wird.

$\begin{eqnarray*} P(A_k) \end{eqnarray*}$ ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Urne Nr. $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ausgewählt wird. Es ist also $\begin{eqnarray*} P(A_k)=\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ , denn jede der $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Urnen kommt mit gleicher Wahrscheinlichkeit dran.

$\begin{eqnarray*} P(B \vert A_k) = \frac{n+1}{2n} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k=\frac{n-1}{2} \end{eqnarray*}$ ist vollkommen richtig: In dieser Urne sind $\begin{eqnarray*} k=\frac{n-1}{2} \end{eqnarray*}$ rote sowie $\begin{eqnarray*} n-k=\frac{n+1}{2} \end{eqnarray*}$ weiße Kugeln enthalten. Dann und nur dann, wenn eine weiße Kugel entnommen wird, herrscht danach Gleichstand bei den Anzahlen! Und die Wahrscheinlichkeit, dass eine weiße Kugel entnommen wird, ist hier nun mal

$\begin{eqnarray*} \frac{\frac{n+1}{2}}{n} = \frac{n+1}{2n} \end{eqnarray*}$ .

Dieselbe Rechnung dann bei $\begin{eqnarray*} k=\frac{n+1}{2} \end{eqnarray*}$ , nur dass dort dann eine rote Kugel entnommen werden muss, um auf Gleichstand zu kommen.

Zitat:

Original von loyloep
Grundsätzlich verstehe ich nicht, warum man hier mit der totale Wahrscheinlichkeit rechnen muss und es nicht ausreicht, die bedingte Wahrscheinlichkeit nach der Formel: $\begin{eqnarray*} P(A \vert B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} \end{eqnarray*}$ zu berechnen.

Mit welchem $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , welchem $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ , kurzum: Zeige die komplette Rechnung, wie du sie dir vorstellst! Dann und nur dann kann man etwas zu dieser deiner Nachfrage sagen.

18.11.2011, 20:03

loyloep

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Ich überlege mir gerade eine Lösung , falls man die Aufgabenstellung wie folgt abwandelt:
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass nach dem Ziehen einer Kugeln die gewählte Urne MINDESTENS so viele rote wie weiße Kugeln enthält.

Allerdings habe ich hier Schwierigkeit, dass man nun auch den Fall betrachten muss falls n gerade ist.

Kann mir jemand helfen.

19.11.2011, 17:06

loyloep

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Ich habe zwischen n gerade und ungerade unterschieden. Als Ergebnis erhalte ich für den Fall, dass n gerade ist: (1+n)/2n und für den Fall, dass n ungerade ist erhalte ich : (n^2 + n + 1)/(2n^2).

Stimmt das?

20.11.2011, 13:41

MatheMäxchen

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Hey,

ich habe für denn Fall das n gerade: P(#rot>=#weiß)= 1/2+1/n
für den Fall das n ungerade: P(#rot>=#weiß)= 1/2 +1/(2n)

das haut auch für alle Fälle hin.
Leider weiß ich nicht, was nun genau gesucht ist. Also was ich als Lösung angeben muss.
Vielleicht kann hier einer weiterhelfen ob man dafür nun eine allgemeine Form finden muss oder wie man weitermachen kann.

Danke schonmal im vorraus.

lg

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