3 rote Kugeln (Urne, mit Zurücklegen)

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29.04.2011, 20:59	tx	Auf diesen Beitrag antworten »
3 rote Kugeln (Urne, mit Zurücklegen) Hallo, also: Urne mit 8 roten und 5 schwarzen Kugeln - Mit zurücklegen: Formel: $\begin{eqnarray} <br /> \begin{pmatrix} n+k-1 \\ k \end{pmatrix}<br /> <br /> \|A\| = \begin{pmatrix} 10 \\ 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 5 \\ 1 \end{pmatrix}<br /> \|Omega\| = \begin{pmatrix} 16 \\ 4 \end{pmatrix} <br /> <br /> => P(A)=0.33<br /> \end{eqnarray*}$ Richtig wäre: 0.359
29.04.2011, 21:08	Black	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie wäre es wenn du die ganze Aufgabe nennen würdest?
29.04.2011, 21:26	tx	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, oh, sorry: In einer Urne gibt es 8 rote und 5 schwarze Kugeln. Es wird 4 mal zufällig gezogen. (Kugeln werden wieder zurückgelegt). Aufgabe: Wahrs. für 3 rote Kugeln angeben
29.04.2011, 21:37	Black	Auf diesen Beitrag antworten »
Beim Modell mit zurücklegen geht man in der Regel anders vor: Die Wahrscheinlichkeit eine rote/schwarze Kugel zu ziehen ist immer gleich, egal ob vorher schon eine gezogen wurde. Das heißt die Wkt für eine rote Kugel beträgt 8/13 und die für eine schwarze Kugel 5/13. Was ist dann die Wahrscheinlichkeit für 3 rote und eine Schwarze?
29.04.2011, 22:00	tx	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, aso, danke. Also: 3 rote wären 8/138/138/13=(8/13)^3 1 schwarze wäre 5/13 (?) Wenn man hintereinander 3 rote zieht, dann wäre das (8/13)^3, aber mit der schwarzen bin ich mir nicht sicher
29.04.2011, 22:15	Black	Auf diesen Beitrag antworten »
Soweit stimmts, was ist dann die Wahrscheinlichkeit für 3 rote und 1 schwarze?
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29.04.2011, 22:23	tx	Auf diesen Beitrag antworten »
ok, also: - 3 rote: (8/13)^3 - 1 schwarze (nach den drei roten): (8/13)^3 * (5/13) würde ich sagen ich weiß jedoch nicht, wie ich das zusammensetzen soll
29.04.2011, 22:36	Black	Auf diesen Beitrag antworten »
Jetzt hast du es fast schon geschafft, die Wkt für 3 rote und dann ne schwarze ist $\begin{eqnarray} (8/13)^3 (5/13) \end{eqnarray*}$ Da es aber egal ist wann die schwarze Kugel gezogen wird, kommt noch etwas dazu - nämlich was?
29.04.2011, 22:50	tx	Auf diesen Beitrag antworten »
vllt. die wahrs. dafür: erst schwarz, dann drei rote? aber das wäre ja auch wie drei rote und eine schwarze
29.04.2011, 22:54	Black	Auf diesen Beitrag antworten »
Exakt, die Wahrscheinlichkeit ist immer die gleiche. An wie vielen verschiedenen Stellen kann denn die schwarze Kugel gezogen werden?
29.04.2011, 23:00	tx	Auf diesen Beitrag antworten »
also ich bin insgesammt auf 4 gekommen: r,r,r,s s,r,r,r r,s,r,r r,r,s,r => wäre das dann 4* (8/13)^3*(5/8)??
29.04.2011, 23:03	Black	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja so ist es Wenn du das ausrechnest solltest du auf das geforderte Ergebnis kommen
29.04.2011, 23:10	tx	Auf diesen Beitrag antworten »
super! danke für deine hilfe kommt raus wenn ich mit eine baumstruktur darstelle, ist es auch 'vorstellbar', aber eine Frage: ich kam auf $\begin{eqnarray} <br /> \begin{pmatrix} n+k-1 \\ k \end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray}$ weil vorher die aufgabe heißt: ohne zurücklegen, also: A = 3 rote $\begin{eqnarray} <br /> \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} <br /> <br /> \|A\|=\begin{pmatrix} 8 \\ 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 5 \\ 1 \end{pmatrix} = 280<br /> \|Omega\| = \begin{pmatrix} 13 \\ 4 \end{pmatrix} = 715<br /> <br /> => P(A) = 0,392<br /> \end{eqnarray*}$ (was auch mit der lösung stimmt) d.h. mit zurücklegen macht man so wie diese aufgabe?
29.04.2011, 23:20	Black	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, das Problem ist dass "Ziehen mit zurücklegen ohne Berücksichtigung der Reihenfolge" kein Laplace Experiment ist, deshalb kann man P(A) nicht mit $\begin{eqnarray} \frac{\|A\|}{\|\Omega\|} \end{eqnarray}$ berechnen
29.04.2011, 23:23	tx	Auf diesen Beitrag antworten »
aso, gut zu wissen! das wusste ich nicht vielen dank nochmals
29.04.2011, 23:39	tx	Auf diesen Beitrag antworten »
so, wäre das hier richtig? "Höchstens zwei rote Kugeln" 0 rote, 1 rote, 2 rote => (5/13)^4 + (8/13) * (5/13)^3 + (8/13)^2 * (5/13)^2 und das ganze 4 mal, da 4 mögliche Kombinationen? Oder fehlt da was? Danke (ich habe erstmal nicht mit dem lösungsergebnis verglichen)
30.04.2011, 00:04	Black	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein das stimmt so leider nicht ganz. Du berechnest hier ja zuerst die Wahrscheinlichkeit für 3 einzelne Ereignisse (0,1 oder 2 rote) Da die Reihenfolge keine Rolle spielt muss du dir nun im nächsten Schritt überlegen wieviele Permutationen möglich sind. Im Klartext: Dein erstes Ereignis ist 0 rote Kugeln - nun wieviele Möglichkeiten gibt es diese 0 Kugeln auf die 4 Züge zu verteilen? Naja nur eine Möglichkeit, also müssen wir beim ersten Faktor nix ändern. Dein zweites Ereignis ist 1 rote Kugel - nun die selbe Frage, wieviele Möglichkeiten gibt es 1 Kugel auf 4 Züge zu verteilen? Das sind natürlich 4 möglichkeiten, also musst du diese noch mit 4 multiplizieren. Dein letztes Ereignis ist 2 rote Kugeln - nun die Frage an dich, wie viele Möglichkeiten gibt es 2 rote Kugeln auf die 4 Züge zu verteilen?
30.04.2011, 00:33	tx	Auf diesen Beitrag antworten »
aso, jetzt ist es klarer - danke 1 möglichkeit für 0 rot 4 möglichkeiten für 1 rot 6 möglichkeiten für 2 rot (5/13)^4 + 4 * (8/13) * (5/13)^3 + 6(8/13)^2 (5/13)^2
30.04.2011, 00:35	Black	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja so passt es
30.04.2011, 16:25	tx	Auf diesen Beitrag antworten »
super, danke für deine Hilfe

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