Kombinatorik Urnenmodell

28.06.2008, 16:13

zwergnase

Kombinatorik Urnenmodell

Aufgabenstellung:
In einer Urne befinden sich r rote Kugeln und s schwarze Kugeln. Armin zieht zwei Kugeln. Wie kann Berta die Wahrscheinlichkeit berechnen, dass die zweite Kugel rot ist, wenn Armin zieht und Berta die erste Kugel nicht zeigt.

Meine Lösung:

$\begin{eqnarray*} \frac{r}{r + (s -1)} + \frac{r - 1}{(r-1) + s} = \frac{2r - 1}{r + s - 1} \end{eqnarray*}$

Könnt bitte mal jemand darüber schauen ob ich richtig gerechnet habe.

28.06.2008, 17:59

Schoen und Reich

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RE: Kombinatorik Urnenmodell
Scheint mir richtig zu sein.

28.06.2008, 18:11

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Nein, ist falsch: Eigentlich ist es wurst, in welcher Reihenfolge gezogen wird, wenn es nur um die eine Kugel geht:

Die Wahrscheinlichkeit, eine rote Kugel zu ziehen, ist gleich $\begin{eqnarray*} \frac{r}{r+s} \end{eqnarray*}$ , ganz gleich ob beim Ziehen der ersten, zweiten usw. (r+s)-ten Kugel! Bitte NICHT verwechseln mit bedingten Wahrscheinlichkeiten (z.B. dass die zweite Kugel rot ist, wenn schon die erste rot war u.ä.)!

Wenn man es denn unbedingt in der "richtigen" Reihenfolge erste, dann zweite Kugel zeigen will, dann lautet die richtige Rechnung so:

$\begin{eqnarray*} \frac{r}{r+s} \cdot \frac{r-1}{r+s-1} + \frac{s}{r+s} \cdot \frac{r}{r+s-1} = \frac{r}{r+s} \end{eqnarray*}$ .

28.06.2008, 20:00

zwergnase

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Nein, ist falsch: Eigentlich ist es wurst, in welcher Reihenfolge gezogen wird, wenn es nur um die eine Kugel geht:

Die Wahrscheinlichkeit, eine rote Kugel zu ziehen, ist gleich $\begin{eqnarray*} \frac{r}{r+s} \end{eqnarray*}$ , ganz gleich ob beim Ziehen der ersten, zweiten usw. (r+s)-ten Kugel!

Nein, die Kugel wird doch nicht wieder zurückgelegt also fehlt doch schon eine Kugel, bevor er die zweite zieht

Bitte NICHT verwechseln mit bedingten Wahrscheinlichkeiten (z.B. dass die zweite Kugel rot ist, wenn schon die erste rot war u.ä.)!

Wenn man es denn unbedingt in der "richtigen" Reihenfolge erste, dann zweite Kugel zeigen will, dann lautet die richtige Rechnung so:

$\begin{eqnarray*} \frac{r}{r+s} \cdot \frac{r-1}{r+s-1} + \frac{s}{r+s} \cdot \frac{r}{r+s-1} = \frac{r}{r+s} \end{eqnarray*}$ .

Die Rechnung leuchtet mir ein! Erst die Wk das eine Rote gezogen wird und dann die Wk das erst eine Schwarze gezogen wird! Irgendwie ist das Ergebnis doch paradox...

28.06.2008, 23:07

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Zitat:

Original von zwergnase
Irgendwie ist das Ergebnis doch paradox... [/B]

Das sehe ich anders: Jedes andere Ergebnis wäre paradox: Warum soll die Wkt, eine rote Kugel zu ziehen, von der Position abhängen? Von der Vorgeschichte - ja (im Sinne einer dann bedingten Wahrscheinlichkeit). Aber von der Position - nein!

Zitat:

Original von zwergnase
Nein, die Kugel wird doch nicht wieder zurückgelegt also fehlt doch schon eine Kugel, bevor er die zweite zieht

Bitte NICHT verwechseln mit bedingten Wahrscheinlichkeiten (z.B. dass die zweite Kugel rot ist, wenn schon die erste rot war u.ä.)!

Meine nachdrückliche Bitte, das nicht mit bedingten Wahrscheinlichkeiten zu verwechseln, hast du leider nicht genug beachtet. Dein fettgedruckter Satz zeigt, dass du genau diesem Irrtum aufsitzt.

29.06.2008, 12:22

zwergnase

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Zitat:

Original von Arthur Dent

Zitat:

Original von zwergnase
Irgendwie ist das Ergebnis doch paradox... [/B]

Irgendwie tue ich mich schwer das zu verstehen! Ich denke es hängt von der Position ab, weil sich doch die Menge der übrigen Kugeln in der Urne verändert, nachdem die erste Kugel gezogen wird. Bin wohl irgendwie auf dem bedingten-Wk-Trip! Muss darüber nochmal in ruhe nachdenken...
Würde sich das Ergebnis unterscheiden, wenn ich es mit einer bedingten Wk versuche? Angenommen ich frage mit welcher Wk ist die zweite Kugel rot, wenn die erste auch schon rot war, wäre doch eine mögliche Fragestellung, oder?

Zitat:

Meine nachdrückliche Bitte, das nicht mit bedingten Wahrscheinlichkeiten zu verwechseln, hast du leider nicht genug beachtet. Dein fettgedruckter Satz zeigt, dass du genau diesem Irrtum aufsitzt.

29.06.2008, 12:42

zwergnase

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R_1 = 1. Zug eine rote Kugel
R_2 = 2. Zug eine rote Kugel

$\begin{eqnarray*} => P(R_2|R_1) = \frac{P(R_1|R_2) \cdot P(R_2)}{P(R_1)} \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} P(R_2) = \frac{r-1}{r + s -1}, P(R_1) = \frac{r}{r + s} \end{eqnarray*}$
Aber was ist P(R_1|R_2) ?

29.06.2008, 12:52

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Zitat:

Original von zwergnase
$\begin{eqnarray*} P(R_1) = \frac{r}{r + s} \end{eqnarray*}$

Richtig.

Zitat:

Original von zwergnase
$\begin{eqnarray*} P(R_2) = \frac{r-1}{r + s -1} \end{eqnarray*}$

Falsch: Was du hier berechnet hast, ist

$\begin{eqnarray*} P(R_2 | R_1) = \frac{r-1}{r + s -1} \end{eqnarray*}$ ,

dann stimmt es.

29.06.2008, 13:29

zwergnase

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Was wäre dann P(R_2)?

29.06.2008, 14:23

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Na steht doch oben: $\begin{eqnarray*} P(R_2) = \frac{r}{r + s} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Arthur Dent
$\begin{eqnarray*} \frac{r}{r+s} \cdot \frac{r-1}{r+s-1} + \frac{s}{r+s} \cdot \frac{r}{r+s-1} = \frac{r}{r+s} \end{eqnarray*}$

Hier steht nix weiter als die konkrete Rechnung zu folgender Formel der totalen Wahrscheinlichkeit:

$\begin{eqnarray*} P(R_1) \cdot P(R_2 | R_1) + P(R_1^c) \cdot P(R_2 | R_1^c) = P(R_2) \end{eqnarray*}$

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