Urnenbeispiel |
| 15.06.2013, 19:07 | Spender | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Urnenbeispiel Mir geht es im Baumdiagramm nur um den Zweig blau beim ersten Zug: 1/11 muss ich dann die folgenden Wahrscheinlichkeiten des 2 Zuges noch multiplizieren? P(blau,rot) = 1/11* 2/10 P(blau, gelb) = 1/11 * 3/10 P(blau, schwarz) = 1/11 * 5/10 und dann die Ergebnisse addieren! |
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| 15.06.2013, 19:28 | Kasen75 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Hallo, soweit richtig. 
Du könntest dir auch einfach überlegen, wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, bei der 1. Ziehung eine blaue Kugel zu erhalten. Diese Wahrscheinlichkeit ist nämllich unabhängig vom Ausgang der 2. Ziehung. Grüße. |
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| 15.06.2013, 21:26 | Spender | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Beim ersten Ziehen beträgt die WS 1/11 blau zu ziehen. Es wird aber 2 Mal gezogen, also vermindert sich doch on der Summe die Wahrscheinlichkeit, da 1/11 * 5/10 weniger ist als 1/11. Also is es nicht unabhängig vom 2. Ziehen, oder? |
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| 15.06.2013, 21:50 | Kasen75 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Das ist richtig.
Wie kommst du auf den Faktor 5/10 ? Hast du denn die Vorgehensweise deines ersten Beitrags mal durchgerechnet ? Was bekommst du raus ? |
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| 15.06.2013, 22:08 | Spender | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
japp... 10/110 = 1/11 Wuhu! Somit erübrigt sich das! Also kann man schon nach dem ersten Zug aufhören. Zumindest fü den Zweig, wenn blau als erstes gezogen wurde. Wäre aber wenn die Frage lautet :" 2 Mal ziehen ohne Zurücklegen" müsste man dann den Rest des "Überflüssigen" Rechenweges trotzdem angeben, der Vollständigkeit halber? 5/10 bezog sich nur auf den Pfad mit schwarz, aber einen alleine darf ich wohl nicht anschauen.... |
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| 15.06.2013, 22:29 | Kasen75 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Du bist ja den ganzen Weg gegangen. Du hast alle Ziehungen explizit berücksichtigt: blau-rot,blau-gelb,blau-schwarz Genau für diese Kombinationen hast du die Wahrscheinlichkeiten ausgerechnet. Wenn du den Rest deines Baumdiagramms berücksichtigt hättest, dann wäre eine Wahrscheinlichkeit von 1 herausbekommen. Das wären dann aber alle Kombinationen gewesen. Mein Ansatz war ein verkürzter Ansatz. Es gibt in der ersten Stufe 4 Äste: 1. Ast: 1. Ziehung blau, p=1/11 2. Ast: 1. Ziehung rot, p=2/11 3. Ast: 1. Ziehung gelb, p=3/11 4. Ast: 1. Ziehung schwarz, p=5/11 Auch wenn man jetzt weiter verzweigt, bleibt es dabei, dass der eine Ast eine Wahrscheinlichkeit von p=1/11 hat, und die anderen Zweige zusammen eine Wahrscheinlichkeit von p=10/11 haben. Prost. |
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| 15.06.2013, 22:33 | Dopap | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
gute Idee für die Uhrzeit Kasen!
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| 16.06.2013, 13:28 | Spender | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Hmmmm, P(blau,rot)= 2/110 P(blau,gelb)=3/110 P(blau,schwarz)=5/110 P(blau,blau)= 0 P(rot,blau)=2/110 P(gelb,blau)=3/110 P(schwatz,blau)=5/110 Summenregel: 2/110+3/110+5/110+2/110+3/110+5/110 = 2/11 Also einmal blau = 2/11 |
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| 16.06.2013, 15:43 | Kasen75 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Genau. Die Wahrscheinlichkeit bei der ersten Ziehung eine blaue Kugel zu ziehen oder bei der zweiten Ziehung eine blaue Kugel zu ziehen ist 2/11. Das entspricht deinem P("einmal blau")=2/11 @Dopap Ich hoffe du hattest noch eine schöne laue Sommernacht. Natürlich nur alkoholfrei (Matheboard-konformes Getränk im Schulbereich). |
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