Wo ist der Fehler? |
16.09.2007, 20:08 | Gast_47 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Wo ist der Fehler? Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich in keinem Kasten mehr als eine Kugel befindet? Für jede Kugel ist die Wahrscheinlichkeit in einen bestimmten Kasten zu fallen gleich , bei sieben unabhängigen Kugeln: Sieben Kugeln werden in sieben Kästen aus zehn möglichen liegen: Wo ist der Fehler? |
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16.09.2007, 20:14 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
So eine "Mischrechnung" geht nicht. |
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16.09.2007, 20:17 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
wenn die erste kugel verteilt wurde, dann ist die wahrscheinlichkeit, dass die zweite kugel nicht in den selben kasten kommt die wahrscheinlichkeit, dass die dritte kugel in einen anderen kasten als die vorherigen beiden kommt ist . etc... der kombinatorische ansatz wäre folgender: aus 10 kästen wird 7 mal mit zurücklegen gezogen. wie viele verschiedene möglichkeiten gibt es? wie viele verschiedene möglichkeiten gibt es, bei denen ein kasten mind. 2mal gezogen wird? |
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16.09.2007, 21:00 | Gast_47 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ja, aber es ist mir leider nicht gelungen, dem Autor dieser Mischrechnung das verständlich zu erklären.
Wie viele? |
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16.09.2007, 21:08 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Wenn du von Elementarereignissen im hier vorliegenden Laplaceschen W-Raum redest, dann musst du auch verständlich machen können, was diese Elementarereignisse beinhalten. Und da steckt nun mal implizit eine Numerierung der Kugeln drin. Und bei der Laplace-Formel geht es in Zähler wie Nenner um dieselbe Art Elementarereignisse. Da kann man nicht mitten im Rennen die Pferde wechseln und plötzlich "unnumerierte" Kugeln im Zähler betrachten... |
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16.09.2007, 21:42 | Gast_47 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Also eine kombinatorische Lösung ist nur mit durchnumerierten Kugeln möglich? Habe ich richtig verstanden? |
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16.09.2007, 21:46 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Das habe ich nicht gesagt - lies nochmal genau. |
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16.09.2007, 22:06 | Gast_47 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Gut, wie sieht denn dann eine kombinatorische Lösung mit den entindividualisierten Kugeln aus? |
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16.09.2007, 22:15 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Willst du mich falsch verstehen? Was ich meinte ist, dass du nicht bei den günstigen Varianten mit "entindividualisierten" Kugeln rechnen kannst, während du bei allen Varianten mit individualisierten rechnest. Das erzähle ich jetzt zum dritten Mal. |
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16.09.2007, 22:25 | Gast_47 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
war nur die Antwort auf die Frage von tmo. Ich bestehe nicht darauf. Also, wie sieht die einfachste kombinatorische Lösung aus? |
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16.09.2007, 22:35 | therisen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Es gibt Fälle, in denen man mit beiden Zählmodellen leicht zum Ziel kommt. Hier bietet sich die (künstliche) Unterscheidung der Reihenfolge an. Da man das sowohl im Zähler als auch im Nenner macht, hebt sich das sozusagen auf. |
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