Wahrscheinlichkeitsverteilung

16.09.2011, 10:49

Aladin1001

Auf diesen Beitrag antworten »

Wahrscheinlichkeitsverteilung

Zu folgendem Problem will mir nichts gescheites einfallen:

Zitat:

Experiment: In einer Urne sind 1 rote, 2 grüne und 3 blaue Kugeln. Nacheinander werden Kugeln ohne Zurücklegen gezogen.

Aufgabe: Bestimmen Sie die Verteilung der Zufallsgröße X: Anzahl der notwendigen Ziehungen, bis von jeder Farbe mindestens eine Kugel gezogen wurde.

Es ist also gesucht:
P(X=0) = 0
P(X=1) = 0
P(X=2) = 0
P(X=3) =
P(X=4) =
P(X=5) =
P(X=6) =

Überlegungen:
Die Wahrschinlichkeit nach 0, 1 oder 2 Ziehungen alle Farben gezogen zu haben ist Null. Damit hätten wie schonmal die ersten drei Wahrscheinlichkeiten. Und dann?

Wie groß ist P(X=3)?

Es geht ja um das Berechnen von Wahrscheinlichkeiten. Die Laplace-Regel kommt zu Tragen: P(E) = Anzahl aller günstigen / Anzahl aller möglichen Fälle

Anzahl aller möglichen Fälle, 3 aus 6 Kugeln zu ziehen (ohne Zurücklegen/Reihenfolge wichtig) n!/(n-k)! = 6*5*4

Und dann? Wie berechne ich die Anzahl aller Möglichkeiten aus 1 roten, 2 grünen und 3 blauen Kugeln drei Kugeln mit verschiedenen Farben zu ziehen?

16.09.2011, 12:00

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Vorüberlegung: Die 6 Kugeln versehen wir mal mit Indizes, d.h.

$\begin{eqnarray*} R_1,G_1,G_2,B_1,B_2,B_3 \end{eqnarray*}$

um sie unterscheidbar zu machen.

Du betrachtest Ziehungen mit Beachtung der Reihenfolge als Grundraum, kann man machen.

Günstig sind dann alle Ziehungen $\begin{eqnarray*} R_x G_y B_z \end{eqnarray*}$ mit beliebigen in Frage kommenden Indizes $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$ , und das ganze dann auch noch in anderer Reihenfolge, etwa $\begin{eqnarray*} G_y B_z R_x \end{eqnarray*}$ usw. ... Hilft das erstmal weiter?

16.09.2011, 14:21

Aladin1001

Auf diesen Beitrag antworten »

Also:
1) Alle Ziehungen $\begin{eqnarray*} R_x G_y B_z \end{eqnarray*}$ mit beliebigen in Frage kommenden Indizes $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$
2) das ganze dann auch noch in anderer Reihenfolge, etwa $\begin{eqnarray*} G_y B_z R_x \end{eqnarray*}$ usw. ...

Um 1) zu erfassen:
1*2*3 Möglichkeiten

Um 2) zu erfassen:
Das entspräche dem Urnenexperiment: 3 unterscheidbare Kugeln. 3 mal Ziehen OHNE Zurücklegen MIT Beachtung der Reihenfolge. n!/(n-k)! = n! = 6, da n = k = 3.

1) * 2): 36

Geteilt durch die Anzahl aller möglichen Fälle 6*5*4 = 120

Also ist P(X=3) = 36/120 = 3/10 ?!

Gruss,
Alexander

16.09.2011, 14:31

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Korrekt.

Freude

20.09.2011, 10:18

Aladin1001

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von René Gruber
Korrekt. Freude

Freude

Super

smile

Jetzt bräuchte ich aber noch Hilfe bei P(X=4):

M_g = Anzahl der Möglichkeiten (erst) nach 4 Ziehungen alle 3 Farben zu haben
M_a = Anzahl aller Möglichkeiten 4 aus 6 Kugeln zu ziehen

P(X=4) = M_g/M_a

M_a = 6*5*4*3 (Reihenfolge wichtig, ohne Zurücklegen)

Jetzt wirds wieder schwierig:
Zunächst mal alle Fälle, in denen man in den ersten 3 Ziehungen 2 verschiedene Farben hat und bei der 4 Ziehung erst die letzte, fehlende Farbe zieht. Von diesen Fällen gibt es 4 (dahinter die Wahrscheinlichkeiten diese Fälle zu ziehen)
rbb - g 1*3*2*2/6*5*4*3
rgg - b 1*2*1*3/6*5*4*3
bgg - r 3*2*2*1/6*5*4*3
gbb - r 2*3*2*1/6*5*4*3

Das heisst:
P(X=4) = 1*3*2*2/6*5*4*3 + 1*2*1*3/6*5*4*3 + 3*2*2*1/6*5*4*3 + 2*3*2*1/6*5*4*3 ?!

Oder fehlt da noch was?

20.09.2011, 11:07

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Zumindest was die ersten drei Ziehungen betrifft, musst du dann aber wieder mögliche Permutationen betrachten, also im ersten Fall nicht nur rbb, sondern auch brb und bbr! Denn bei dir spielt ja bei den möglichen Varianten die Reihenfolge eine Rolle, also muss dies auch auf die günstigen Varianten zutreffen.

P.S.: Alternativ kann man auch so vorgehen: Man berechnet

$\begin{eqnarray*} P(X=4) = P(X\leq 4)-P(X\leq 3) \end{eqnarray*}$

denn $\begin{eqnarray*} P(X\leq 3) \end{eqnarray*}$ hat man ja schon, und zu $\begin{eqnarray*} P(X\leq 4) \end{eqnarray*}$ kommt man über das Abzählen von rbgg, rbbg sowie deren Permutationen.

Anzeige

20.09.2011, 12:11

Aladin1001

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von René Gruber
Zumindest was die ersten drei Ziehungen betrifft, musst du dann aber wieder mögliche Permutationen betrachten, also im ersten Fall nicht nur rbb, sondern auch brb und bbr! Denn bei dir spielt ja bei den möglichen Varianten die Reihenfolge eine Rolle, also muss dies auch auf die günstigen Varianten zutreffen.

D.h. ich muss den ersten Summanden aus

P(X=4) = 1*3*2*2/6*5*4*3 + 1*2*1*3/6*5*4*3 + 3*2*2*1/6*5*4*3 + 2*3*2*1/6*5*4*3

korrigieren zu

P(X=4) = 3* (1*3*2*2/6*5*4*3) + 1*2*1*3/6*5*4*3 + 3*2*2*1/6*5*4*3 + 2*3*2*1/6*5*4*3

ABER:
Warum erhalte ich durch permutieren von rbb nur brb und bbr? Muss ich die beiden b's nicht als unterschiedlich betrachten, sodass rbb nicht gleich rbb sein kann (indem ich die beiden b's vertausche)? Dadurch würde ich 6 verschiedene Anordnungen erhalten. Hm...

20.09.2011, 12:14

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Warum muss man nur bei den ersten drei Ziehungen die Permutationen beachten?

Naja, wenn ich das jedenfalls tue, so komme ich auf

$\begin{eqnarray*} P(X=4)=\frac{3}{5} \end{eqnarray*}$ .

Edit:

Ich nehme mal an, es war schon so gemeint, daß man die b unterscheiden kann! Also daß man 6 Möglichkeiten für die Anordnungen der ersten 3 Ziehungen hat. SO meinte René Gruber das meines Erachtens auch, denn er hatte ja zu Beginn dieses Threads klar gemacht, daß man die Kugeln unterscheiden kann.

Edit 2:

So, wie ich das sehe, hast Du bei bggr im Zähler einen Fehler, nämlich die doppelte 2.

20.09.2011, 12:56

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Weil die vierte Ziehung die Sonderrolle hat, dass dort zum ersten Mal von allen drei Kugelsorten mindestens eine gezogen wurde!!!

Wenn ich z.B. bei rbbg alle vier permutiere, so ist dann auch rbgb darunter, eine Ziehungsreihenfolge, die nicht der Bedingung genügt, dass zum ersten Mal beim vierten Zug allen drei Kugelsorten mindestens einmal gezogen wurden, denn das war schon nach dem dritten Zug der Fall.

Eben jene Sonderrolle besteht nicht, wenn man sich stattdessen $\begin{eqnarray*} P(X\leq 4) \end{eqnarray*}$ widmet, s.o.

20.09.2011, 12:59

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Darf ich noch fragen, ob mein berechnetes Ergebnis korrekt ist?

Edit:

$\begin{eqnarray*} P(X\leq 4)=P(X=3)+P(X=4)=\frac{3}{10}+P(X=4) \end{eqnarray*}$

Inwiefern läuft die Berechnung von $\begin{eqnarray*} P(X=4) \end{eqnarray*}$ jetzt anders ab als oben?!

20.09.2011, 13:57

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von René Gruber
und zu $\begin{eqnarray*} P(X\leq 4) \end{eqnarray*}$ kommt man über das Abzählen von rbgg, rbbg sowie deren Permutationen.

rbgg: $\begin{eqnarray*} \binom{1}{1}\cdot \binom{3}{1} \cdot \binom{2}{2} = 3 \end{eqnarray*}$
rbbg: $\begin{eqnarray*} \binom{1}{1}\cdot \binom{3}{2} \cdot \binom{2}{1} = 6 \end{eqnarray*}$

Hier aber alles bezogen auf die Auswahlmöglichkeiten 4 aus 6 ohne Reihenfolge, also $\begin{eqnarray*} \binom{6}{4}=15 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten. Das ergibt

$\begin{eqnarray*} P(X\leq 4) = \frac{9}{15} = \frac{3}{5} \end{eqnarray*}$

und damit dann

$\begin{eqnarray*} P(X=4) = P(X\leq 4)-P(X\leq 3) = \frac{3}{5} - \frac{3}{10} = \frac{3}{10} \end{eqnarray*}$

P.S.: Es hätte sich hier vielleicht auch schon gelohnt, über das Komplement zu gehen, d.h. $\begin{eqnarray*} P(X\leq 4) = 1-P(X\geq 5) \end{eqnarray*}$ .

Bei $\begin{eqnarray*} P(X\leq 5) = 1-P(X\geq 6) \end{eqnarray*}$ ist das auf jeden Fall der "sparsamste" Weg.

20.09.2011, 14:26

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Hm, Du hast $\begin{eqnarray*} P(X=4)=\frac{3}{10} \end{eqnarray*}$ und ich $\begin{eqnarray*} P(X=4)=\frac{3}{5} \end{eqnarray*}$ und ich weiß nicht, was ich falsch gemacht habe:

rbbg: $\begin{eqnarray*} \frac{1\cdot 3\cdot 2\cdot 2}{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3}\cdot 3!=\frac{1}{5} \end{eqnarray*}$ (Die ersten 3 Ziehungen also permutiert.)

rggb: $\begin{eqnarray*} \frac{1\cdot 2\cdot 1\cdot 3}{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3}\cdot 3!=\frac{1}{10} \end{eqnarray*}$

bggr: $\begin{eqnarray*} \frac{3\cdot 2\cdot 1\cdot 1}{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3}\cdot 3!=\frac{1}{10} \end{eqnarray*}$

gbbr: $\begin{eqnarray*} \frac{2\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3}\cdot 3!=\frac{1}{5} \end{eqnarray*}$

In der Summe komme ich also auf $\begin{eqnarray*} \frac{3}{5} \end{eqnarray*}$ .

20.09.2011, 15:29

Aladin1001

Auf diesen Beitrag antworten »

So wie Dennis es macht, kommt es mir auch richtig vor!

@Dennis
jo, da ist Fehler!

20.09.2011, 16:42

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Vorn rbb gibt es nicht $\begin{eqnarray*} 3!=6 \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} \frac{3!}{2!}=3 \end{eqnarray*}$ Permutationen:

rbb , brb , bbr

Die Unterscheidbarkeit der b's hast du bereits an anderer Stelle verwurstelt, das kannst du nicht doppelt tun!!!

20.09.2011, 16:50

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich sehe wohl, daß dann $\begin{eqnarray*} \frac{3}{10} \end{eqnarray*}$ herauskommt, aber um ehrlich zu sein, versteh' ich das nicht.

Wo habe ich denn die Unterscheidbarkeit schon verwendet - beim Ziehen aus der Urne, sprich dadurch, daß ich die Kugeln einer Farbe jeweils durchnummeriert habe?

Komische Sache, finde ich.

20.09.2011, 16:56

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} 1\cdot 3\cdot 2 \end{eqnarray*}$ im Zähler:

Für das erste $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ drei Auswahlmöglichkeiten, für das zweite $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ noch zwei:

$\begin{eqnarray*} b_1b_2<br /> b_1b_3<br /> b_2b_1<br /> b_2b_3<br /> b_3b_1<br /> b_3b_2 \end{eqnarray*}$

Und die willst du nun nochmal permutieren, um auf 12 Varianten nur für die b's zu kommen? unglücklich

unglücklich

Zitat:

Original von Dennis2010
Komische Sache, finde ich.

Ich finde eher komisch - nein, doch eher traurig, dass bei vielen Leuten das Nachdenken blockiert ist oder ganz aussetzt, wenn es um kombinatorische Fragen geht, die nur ein bisschen komplizierter als die Standardsituationen sind - und das trotz deutlichen Hinweises, wo es klemmt. Da muss man sich doch zur Not bei so einem kleinen Beispiel mal alle Varianten aufschreiben, statt stur am eigenen falschen Lösungsweg festzuhalten. unglücklich

unglücklich

20.09.2011, 17:02

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Kombinatorik wird wohl nie mein Freund...

Danke für die Erklärung!

20.09.2011, 17:36

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Na gut, wenn ich mir das nochmal durch den Kopf gehen lasse, leuchtet es ja eigentlich ein. Zuerst guckt man sich sozusagen an, wie man die Kugeln ziehen kann (also nach Farben) und dann guckt man genauer hin, wie viele Möglichkeiten man hat, wenn man die Kugeln (einer Farbe) unterscheiden kann.

Aber ein bisschen tricky ist es schon, jedenfalls für mich.

20.09.2011, 19:24

Aladin1001

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok... denke ich habs auch so einigermaßen verstanden. Die Probleme, die auch ich mit der Kobinatorik habe, hat Zellerli in diesem Turorial perfekt zusammengefasst:

Zitat:

Es ist also nicht empfehlenswert, weil einfach nicht hilfreich, gleich zu Beginn die Fachbegriffe und Formeln auswendig zu lernen und dann verzweifelt zu versuchen sie auf die Aufgabe zu pressen.

Man muss also in Fällen, die nur "ein bisschen komplizierter als die Standardsituationen sind" die Anzahl der Möglichkeiten jedesmal von Null gedanklich zuendekonstruieren. Da bringen einem die Urnenmodellformeln gar nichts.

20.09.2011, 20:28

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das ist wohl auch mein Problem bzw. Fehler, daß ich mich zu sehr an diese Modelle handle und dadurch anscheinend zu wenig denke.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »