n Urnen o. Z.

22.12.2014, 21:06

Malicious

n Urnen o. Z.

Meine Frage:
N'Abend,

Gegeben sind n Urnen. Die k-te Urne, k= 1,2,..n, enthält k-1 rote und n-k blaue Kugeln. Eine Urne wird auf gut Glück ausgewählt und aus dieser Urne werden auf gut Glück und ohne zurücklegen zwei Kugeln gezogen. Mit welcher WK ist die zweite Kugel blau?

Meine Ideen:
Ich komme mit diesen Urnenaufgaben gar nicht gut zurecht...

Also das Modell ist ja schon mal hypergeometrisch, da es ohne Zuücklegen ist..

Sprich P(X = k)= $\begin{eqnarray*} \frac{\binom {M}{k}\binom {N-M}{n-k}}{\binom {N}{n}} \end{eqnarray*}$

Um hier weiter zu rechnen, muss ich erstmal wissen,
wie ist denn die Anzahl der baluen und roten Kugeln allgemein... k rote und n blaue?

Soll ich das am besten mit einem Buamdiagramm machen? Der ist ja zweistufig und es gibt genau zwei Zweige die mir die zweite blaue kugel liefern also (rot,blau) und/oder (blau, blau) ...

Ich brauche ein bisschen Hilfe..

23.12.2014, 01:55

Bonheur

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Ich habe die Aufgabe so verstanden: verwirrt

Du hast $\begin{align*} n \end{align*}$ Urnen und von diesen $\begin{align*} n \end{align*}$ Urnen wird eine Urne ausgewählt d.h. du braucht zuerst die Wahrscheinlichkeit, von $\begin{align*} n \end{align*}$ Urnen überhaupt eine auszuwählen.
Von diesen $\begin{align*} n \end{align*}$ Urnen wird eine ausgewählt und jetzt kannst du eigentlich mit einem Baumdiagramm fortfahren.
Die Anzahl der roten und blauen Kugeln hast du gegeben.

Zitat:

Original von Malicious
Soll ich das am besten mit einem Buamdiagramm machen? Der ist ja zweistufig und es gibt genau zwei Zweige die mir die zweite blaue kugel liefern also (rot,blau) und/oder (blau, blau) ...

Ja.

23.12.2014, 05:58

Malicious

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Hallo,

Ich hab leider nicht direkt die Anzahl der roten und blauen kugeln zur Verfügung, sondern nur die Anzahl der roten und blauen kugeln für die k-te urne verwirrt

Also was ist denn nun die gessmtanzahl an kugeln in der urne -.-

23.12.2014, 12:30

Bonheur

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Vielleicht $\begin{align*} G=R+B=k-1+n-k=n-1 \end{align*}$ ?

23.12.2014, 14:04

Malicious

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Ja das ist möglich, ok ich schau mal was rauskommt...

23.12.2014, 14:58

Malicious

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Und wie ist dann der Anteil der roten und blauen Kugeln von n-1... da sieht komisch aus bei mir verwirrt

23.12.2014, 17:39

Bonheur

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Irgendwie verstehe ich deine Frage nicht richtig, die Anteile werden hier:

Zitat:

Original von Bonheur
Vielleicht $\begin{align*} G=R+B=k-1+n-k=n-1 \end{align*}$ ?

Wobei $\begin{align*} R:{\text{rot}} \, \, \, \text{und} \, \, \, B:{\text{blau}} \end{align*}$ ist.

Und auch in der Aufgabe werden die Anteile

Zitat:

Original von Malicious
Gegeben sind n Urnen. Die k-te Urne, k= 1,2,..n, enthält k-1 rote und n-k blaue Kugeln.

beschrieben.

Dann beträgt doch z.B. die Wahrscheinlichkeit für eine rote Kugel, beim einmaligem Ziehen, wenn berücksichtigt wird, dass aus n Urnen eine zufällig ausgewählt wird:

$\begin{align*} P(\text{R})=\frac{k-1}{n^{2}-n} \end{align*}$ .

23.12.2014, 19:25

Malicious

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bin wieder da :-)

em also ja was mich durcheinader bringt ist das wir bei den anteilen an roten und blauen Kugeln von er k-ten Urne ausgehen aber da hab ich glaub ich einen Denkfehler....

ok also nun weiter, ich hab jetzt folgendes notiert:

P(R,B) = $\begin{eqnarray*} \frac{k-1}{n^{2}-n}*\frac{n-k}{(n^{2}-n)-1} \end{eqnarray*}$

P(B,B) = $\begin{eqnarray*} \frac{n-k}{n^{2}-n}*\frac{(n-k)-1}{(n^{2}-n)-1} \end{eqnarray*}$

muss ich jetzt P(R,B) + P(B,B) = $\begin{eqnarray*} \frac{(k-n)(n-2)}{n(1-n)(n^{2}-n- 1)} \end{eqnarray*}$ rechnen?

23.12.2014, 21:00

Bonheur

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Du bist ein wenig mit $\begin{align*} \frac{1}{n} \end{align*}$ durcheinander gekommen und falsch multipliziert.

$\begin{align*} P(\text{RB})=\frac{1}{n} \cdot \left(\frac{k-1}{n-1} \cdot \frac{n-k}{n-1-1}\right)=\frac{-\left(k-1\right)\left(k-n\right)}{n \cdot \left(n-2\right)\left(n-1\right)} \end{align*}$

Dementsprechend auch hier:

$\begin{align*} P(\text{BB})=\frac{1}{n} \cdot \left(\frac{n-k}{n-1} \cdot \frac{n-k-1}{n-1-1}\right)=\frac{-\left(k-n\right)\left(k-n+1\right)}{n \cdot \left(n-2\right)\left(n-1\right)} \end{align*}$

Man könnte auch schreiben:

$\begin{align*} E:\text{zweite Kugel blau} \end{align*}$

$\begin{align*} P\left(\overline{E}\right)=\frac{1}{n} \cdot \left(P(RB)+P(BB)\right)=\frac{1}{n} \cdot \left(\frac{k-1}{n-1} \cdot \frac{n-k}{n-1-1}+\frac{n-k}{n-1} \cdot \frac{n-k-1}{n-1-1}\right) \end{align*}$

23.12.2014, 21:26

Malicious

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ohh ja das sehe ich jetzt auch Hammer

ich hab das noch mal gekürtzt usw. dann bleibt P( $\begin{eqnarray*} \bar E)= \frac{k-n}{n(1-n)} \end{eqnarray*}$ übrig richtig?

23.12.2014, 21:33

Bonheur

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Richtig.

Frohe Weihnachten und einen guten voraussichtlichen Rutsch ins neue Jahr.

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23.12.2014, 21:49

Malicious

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vielen Dank Big Laugh

, dass wünsche ich dir ebenfalls... Wink

23.12.2014, 21:51

Bonheur

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Vielen Dank und Gern geschehen. Wink

01.01.2015, 22:09

Malicious

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Hallo Bonheur,

falls du da bist, die Aufgabe ist noch nicht ganz fertig -.-

Unzwar haben wir was die k-te urne betrifft alles richtig gemacht aber wir müssen nun alle n Urnen betrachten,d.h. Es reicht nicht nur mal 1/n zu nehmen, sondern wir müssen noch über k summieren... Die Urnen bilden.ja ein vollständiges Ereignissystem!

Also wie man das jetzt formal aufschreibt, weiß ich auch nicht wirklich verwirrt

Einfach mit dem summenzeichen davor verwirrt

Wenn dir noch was dazu einfällt, kann's du dich gerne melden :-)

02.01.2015, 12:16

Malicious

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hmm hat vielleicht jamand anders noch ne Idee ....

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