Einfache Wahrscheinlichkeitsrechnung

21.01.2007, 19:27

GetIT

Einfache Wahrscheinlichkeitsrechnung

Hi!!!!

Brauch mal dringend eure Hilfe. Bin mir nicht sicher was da raus kommt.

Die Aufgabe lautet:
In einer Runde von 6Männern und 4Frauen werden der Reihe nach 3Reisen verlost. Der Gewinner einer Reise scheidet aus der Verlosung aus. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß ein Mann die 2. Reise gewinnt?

Ich hab mir das so gedacht:

Anzahl der Möglichkeiten:
$\begin{eqnarray*} \frac{N!}{(N-n)!}=\frac{10!}{7!}=720 \end{eqnarray*}$

Mann die 2.Reise:
M M M = 6*5*4 = 120
M M F = 6*5*4 = 120
F M M = 120
F M F = 120

$\begin{eqnarray*} P=\frac{432}{720}=0,576 \end{eqnarray*}$

Stimmt das so????

21.01.2007, 23:18

cst

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RE: Einfache Wahrscheinlichkeitsrechnung
Muss heißen:

...
F M F = 4*6*3 = 72

$\begin{eqnarray*} P=\frac{432}{720}=0,6 \end{eqnarray*}$

Sonst stimmt's.

22.01.2007, 09:46

Zellerli

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mach doch gleich mit einzelwahrscheinlichkeiten:

F M egal = 4/10 * 6/9 * 1 = 4/15
M M egal = 6/10 * 5/9 * 1 = 5/15

dann addieren 9/15 = 0,6

22.01.2007, 11:14

GetIT

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Danke!!!

Aber ich hab noch ein Problem:
In einer Runde von 6Männern und 5Frauen werden der Reihe nach 3Reisen verlost. Der Gewinner einer Reise scheidet aus der weiteren Verlosung aus. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß
ein Mann die 3.Reise gewinnt, wenn ein Mann und eine Frau die beiden ersten Reisen gewonnen haben.

Ich bin da so ran:
$\begin{eqnarray*} P(M3|M1\cap{F2})=\frac{P(M3\cap{(M1\cap{F2})})}{P(M1\cap{F2})}=\frac{\frac{5}{8}*(\frac{6}{10}*\frac{4}{9})}{\frac{6}{10}*\frac{3}{9}}=0,625 \end{eqnarray*}$

Aber eigentlich darf ich M1 und F2 doch nicht so einfach multiplizieren oder??
Sind doch nicht unabhängig, oder doch?

HILFE

22.01.2007, 13:50

cst

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Zitat:

Original von GetIT
...In einer Runde von 6Männern und 5Frauen ...
$\begin{eqnarray*} P(M3|M1\cap{F2})=\frac{P(M3\cap{(M1\cap{F2})})}{P(M1\cap{F2})}=\frac{\frac{5}{8}*(\frac{6}{10}*\frac{4}{9})}{\frac{6}{10}*\frac{3}{9}}=0,625 \end{eqnarray*}$
...

Du meinst bestimmt 4 Frauen und im Nenner 4/9 statt 3/9.

Normalerweise kann man das nicht so einfach multiplizieren, weil M1 und F2 abhängig voneinander sind, da hast du recht. Hier kommt aber trotzdem das richtige raus, weil $\begin{eqnarray*} P(M3) \end{eqnarray*}$ unabhängig davon ist, ob die erste Reise an einen Mann geht und die zweite an eine Frau oder umgekehrt. Das hast du entweder intuitiv erfasst oder du hast nur den Fall $\begin{eqnarray*} M1 \cap F2 \end{eqnarray*}$ betrachtet und $\begin{eqnarray*} F1 \cap M2 \end{eqnarray*}$ vergessen. Von Rechts wegen hättest du schreiben müssen:
$\begin{eqnarray*} P(M3|(M1\cap F2)\cup (F1 \cap M2))=\frac{P(M3\cap ((M1\cap F2)\cup (F1 \cap M2)))}{P((M1\cap F2) \cup (F1 \cap M2))}=\frac{\frac{5}{8}*(\frac{6}{10}*\frac{4}{9}+\frac{4}{10}*\frac{6}{9})}{\frac{6}{10}*\frac{4}{9}+\frac{4}{10}*\frac{6}{9}}=\frac{5}{8}=0,625 \end{eqnarray*}$

oder auch

$\begin{eqnarray*} P(M3|M_i\cap F_k)=\frac{P(M3\cap (M_i\cap F_k ))}{P(M_i\cap F_k)}=\ldots=\frac{5}{8}=0,625~\text{mit}~i \neq k;~i, k \in \{1; 2\} \end{eqnarray*}$

Am einfachsten wärst du bei beiden Aufgaben mit dem Baumdiagramm gefahren. Da hättest du bei der ersten Aufgabe direkt ablesen können $\begin{eqnarray*} P(M2) = P(M1) \cdot P(M2|M1) + P(F1) \cdot P(M2|F1) = \frac{6}{10}*\frac{5}{9} + \frac{4}{10}*\frac{6}{9} = \frac{3}{5}= 0,6. \end{eqnarray*}$ Bei der zweiten hättest du direkt gesehen, dass in beiden Fällen $\begin{eqnarray*} P(M3) = P(M3|\ldots) = \frac{5}{8} \end{eqnarray*}$ , unabhängig davon wie die ersten beiden Reisen verteilt werden.

22.01.2007, 14:35

GetIT

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Danke

22.01.2007, 15:53

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Du könntest dir viel Arbeit ersparen, wenn du statt mit dem W-Maß $\begin{eqnarray*} P(\cdot) \end{eqnarray*}$ direkt mit dem auch Laplaceschen bedingten W-Maß $\begin{eqnarray*} P(\cdot \bigm| M_1\cap F_2) \end{eqnarray*}$ rechnest:

Was bedeutet diese bedingte W-Maß? Nun, es geht dann nur noch um die Verlosung einer Reise unter 5 Männern und 3 Frauen. Es folgt dann einfach

$\begin{eqnarray*} P(M_3 \bigm| M_1\cap F_2) = \frac{5}{5+3} = \frac{5}{8} = 0.625 \end{eqnarray*}$ ,

ohne lange Rechenorgien.

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