2 Urnen (Stochastik)

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10.06.2011, 12:19	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
2 Urnen (Stochastik) Meine Frage: Urne I enthält 2 weiße und 4 rote Bälle. In Urne II sind ein weißer und ein roter Ball. Ein Ball wird blind und zufällig aus Urne I gezogen und in die Urne II gelegt. Danach wird ein Ball blind und zufällig aus Urne II gezogen. Berechnen Sie (a) die Wahrscheinlichkeit, dass der aus Urne II gezogene Ball weiß ist. (b) die bedingte Wahrscheinlichkeit, dass ein weißer Ball von Urne I in Urne II gelegt wurde, gegeben, dass der aus Urne II gezogene Ball weiß ist. Meine Ideen: Zu (a): Baumdiagramm: Die Wahrscheinlichkeit, dass der aus Urne II gezogene Ball weiß ist, ist nach meiner Rechnung 4/9. Zu (b): Sei A="Ein weißer Ball wurde von Urne I gezogen und in Urne II gelegt." Und sei B="Der aus Urne II gezogene Ball ist weiß." Gesucht ist: $\begin{eqnarray} P(A\|B) \end{eqnarray}$ Die Rechnung ist dann wohl: $\begin{eqnarray} P(A\|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{P(A\cap B)}{4/9} \end{eqnarray}$ Was ist hier $\begin{eqnarray} P(A\cap B) \end{eqnarray}$ ?
10.06.2011, 12:25	Black	Auf diesen Beitrag antworten »
a) ist richtig zu b) Edit: Sorry merk grad dass ich mich sehr undeutlich ausgedrückt hatte, also nochmal: Der einfachste Weg $\begin{eqnarray} P(A \cap B) \end{eqnarray}$ zu berechnen geht über $\begin{eqnarray} P(A \cap B)=P(B \| A) \cdot P(A) \end{eqnarray}$
10.06.2011, 12:49	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, das gilt, da $\begin{eqnarray} P(A\|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{\frac{P(A\cap B)}{P(A)}\cdot P(A)}{P(B)}=\frac{P(B\|A)\cdot P(A)}{P(B)} \end{eqnarray}$ und somit: $\begin{eqnarray} P(A\cap B)=P(B\|A)\cdot P(A) \end{eqnarray}$ [Mit einem Wort: Bayestheorem] Aber wie rechnet man das jetzt aus? Meine Vermutung: $\begin{eqnarray} P(A\cap B)=\underbrace{\frac{2}{3}}_{=P(B\|A)}\cdot \underbrace{\frac{1}{3}}_{=P(A)}=\frac{2}{9} \end{eqnarray}$ Wenn das korrekt ist, komme ich dann letztendlich auf: $\begin{eqnarray} P(A\|B)=\frac{1}{2} \end{eqnarray}$ Edit: Achnee, ist nicht $\begin{eqnarray} P(B\|A)=\frac{2}{9} \end{eqnarray}$ und somit $\begin{eqnarray} P(A\cap B)=\frac{2}{27} \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} P(A\|B)=\frac{1}{6} \end{eqnarray}$ ? Ja, darauf lege ich mich jetzt fest. Ist das korrekt?
10.06.2011, 14:47	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Ist mein Ergebnis unter "Edit" korrekt? Ich hoffe, ich hab mich da nicht wieder verzettelt.
10.06.2011, 15:37	Black	Auf diesen Beitrag antworten »
Ne stimmt leider net. Wie kommst du auf die 2/9? Wenn A eintritt, haben wir in Urne II 2 weiße und einen roten Ball. Dann ist die Wahrscheinlichkeit nen weißen zu ziehen ja gerade 2/3, also $\begin{eqnarray} P(B \| A) = \frac {2}{3} \end{eqnarray}$ das hast du oben ja richtig berechnet. Allerdings ist P(A) nicht 1/3 sondern 1/2 also insgesamt $\begin{eqnarray} P(A \cap B)= \frac {1}{3} \end{eqnarray}$
10.06.2011, 15:50	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, dass $\begin{eqnarray} P(B\|A)=2/3 \end{eqnarray}$ ist, kann ich nachvollziehen. [Ich hatte fälschlicherweise geglaubt, man müsste auch den ersten Pfad (2/6) noch mitbeachten, aber man setzt ja voraus, dass eine weiße Kugel aus Urne I gezogen wurde und muss es nicht extra nochmal berücksichtigen. Aber wieso ist $\begin{eqnarray} P(A)=1/2 \end{eqnarray}$ ? A ist doch das Ereignis, dass ein weißer Ball aus Urne I gezogen wurde und in Urne II gelegt wird. Es sind doch aber 2 weiße Kugeln in Urne 1 bei insgesamt 6 Kugeln... Dann ist doch die Wahrscheinlichkeit, dass man eine weiße Kugel zieht (2/6)...
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10.06.2011, 15:52	Black	Auf diesen Beitrag antworten »
Oh oh sorry, da hab mich ja total verlesen P(A)=1/3 stimmt natürlich. Also dein erster Vorschlag war vollkommen richtig
10.06.2011, 16:01	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Macht ja nix. Dann war meine Erklärung, warum $\begin{eqnarray} P(B\|A)=2/3 \end{eqnarray}$ ist also korrekt. Weil man sich quasi nur die "zweite Stufe" in dem Baumdiagramm ansehen muss und hier nur den Schritt von "weiß" (1. Stufe) nach "weiß" (2. Stufe)?
13.06.2011, 21:04	Shalec	Auf diesen Beitrag antworten »
guck dir das hier mal an: latex-dokument erstellen mit zusätzlich \usepackage{tikz} im präemble sollte folgendes zeichnen lassen können: \begin{tikzpicture} \foreach \y/\r in {1/w,-1/r} \draw[->] (.2,0) node[left] {$U_1$} -- (1,\y) node[right] {\r$_1$}; \foreach \y/\a/\r in {1/1.5/w, 1/.5/r, -1/-1.5/r, -1/-.5/w} \draw[->] (1.8,\y) -- (2.5,\a) node[right] {\r$_2$}; \foreach \a/\x/\y/\r in {above/.5/.5/\nicefrac{2}{6}, below/.5/-.5/\nicefrac{4}{6}, above/2.1/1.3/\nicefrac{2}{3}, below/2.1/-1.3/\nicefrac{2}{3}, below/2.1/.7/\nicefrac{1}{3}, above/2.1/-.7/\nicefrac{1}{3}} \node[\a] at (\x,\y) {$\r$}; \end{tikzpicture} da hast dann den wahrscheinlichkeitsbaum für diese aufgabe. ------------------------------------------------------------------------------------------- Beschreibe $\begin{eqnarray} w_1 \end{eqnarray}$ eine weiße Kugel aus der Urne $\begin{eqnarray} 1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (U_1) \end{eqnarray}$ und [/latex]w_2[/latex] aus der Urne $\begin{eqnarray} 2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (U_2) \end{eqnarray}$ , analog mit den roten Kugeln. (a) $\begin{eqnarray} P(w_2)=P(w_2\cap w_1)+P(w_2\cap r_1)=\frac{2}{9}+\frac{2}{9}=\frac{4}{9} \end{eqnarray}$ Denk dran, dass die Gesamtwahrscheinlichkeit die Summe der Teilwahrscheinlichkeiten mit gleichem Ausgang ist. (b) Aus (a) und dem Baum ergibt sich: $\begin{eqnarray} P(w_1\|w_2)=\frac{P(w_2\|w_1)P(w_1)}{P(w_2)}=\frac{\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3}}{\frac{4}{9}}=\frac{1}{2} \end{eqnarray}$ --------------------------------------------------------------------------------------------- Mein Lösungsvorschlag zu dieser Aufgabe, da du selbst das meiste schon nachvollzogen hattest und die Lösung kurz vor dir lag.. hab ich mal nen Lösungsvorschlag gepostet. Bei fragen immer gerne
14.06.2011, 19:55	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke. Die Ergebnisse hatte ich auch - nach längerem Hin und Her - herausbekommen.

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