Wahrscheinichkeit 2 leer Flaschen aus Kasten mit 10 Flaschen und 4 leern zu ziehen

04.09.2013, 13:34

Shizophren

Wahrscheinichkeit 2 leer Flaschen aus Kasten mit 10 Flaschen und 4 leern zu ziehen

Ich habe eine Frage.
Ich habe folgende Aufgabenstellung:

1 Kasten mit 10 Flaschen.
4 davon sind leer
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit 2 leer hintereinander zu ziehen.

Folgendes habe ich dazu:

L1 = Flasche leer
L2 = Flasche leer

L1 und L2 müssen gleichzeitig auftreten

Demnach
$\begin{eqnarray*} <br /> <br /> P(L1) und P(L2 | L1)<br /> <br /> P(L1 \cap L2) = P(L1) * P (L2 | L1) = \frac{4}{10} * \frac{3}{9} = \frac{2}{15} \end{eqnarray*}$

Jetzt soll das Ganze auch mit dem Binomialkoeffizienten gehen.

Ich komme da aber nicht auf die Lösung.

Hier meine Überlegung.

Meine Ereignismenge ist 10, da ich 10 Flachen habe.
Ich möchte jetzt rauskriegen, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist aus dem 4 leeren 2 zu ziehen.

n über k

4 über 2 = $\begin{eqnarray*} \frac{n!}{k! * (n-k)!} = \frac{4!}{2! * (4-2)!} = \frac{12}{3} = \ 4 \end{eqnarray*}$

Jetzt hätte ich Ereignismenge = 10 und A=4
$\begin{eqnarray*} = \frac{4}{10} = \frac{2}{5} \end{eqnarray*}$

Wo liegt genau mein Fehler?

04.09.2013, 14:01

Kasen75

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Hallo,

meine Idee wäre es die Formel für die Hypergeometrische Verteilung zu verwenden.
Hier hast du sogar mehr als nur einen Binomialkoeffizienten. Big Laugh

Im Übrigen ist $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \end{pmatrix}=6 \end{eqnarray*}$

Grüße.

04.09.2013, 14:04

Shizophren

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Ich würde es schon gerne mit dem Binomialkoeffizienten lösen.

Die Hypergeometrische Verteilung ist bei mir nicht Klausurrelevant.

4 über 2 ist natürlich 6, es war ein Tippfehler. Leider kann ich den Beitrag nicht mehr editieren.

04.09.2013, 14:06

Leopold

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RE: Wahrscheinichkeit 2 leer Flaschen aus Kasten mit 10 Flaschen und 4 leern zu ziehen

Zitat:

Original von Shizophren
Meine Ereignismenge ist 10, da ich 10 Flachen habe.

Was bedeutet denn "Ereignismenge"? Meinst du "Ergebnismenge"?
Ohne genaue Beschreibung des Wahrscheinlichkeitsraumes sollte man nicht an die Lösung einer solchen Aufgabe herangehen. Das geht fast immer schief.

Wir numerieren die Flachen von $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} 10 \end{eqnarray*}$ . Es seien etwa die Flaschen $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} 4 \end{eqnarray*}$ leer und $\begin{eqnarray*} 5 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} 10 \end{eqnarray*}$ voll.
Ein Ausgang des Zufallsexperiments ist nun eine zweielementige Menge $\begin{eqnarray*} \omega = \{ i,j \} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} i,j \in \{ 1,2,3,\ldots,10 \} \end{eqnarray*}$ .

Alle solchen Ausgänge bilden nun die Ergebnismenge $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ .

Beispiel für Ausgänge:

$\begin{eqnarray*} \omega_1 = \{ 6,8 \} \, ; \ \omega_2 = \{ 3,6 \} \, ; \ \omega_3 = \{ 2,3 \} \end{eqnarray*}$

Und jetzt suchst du die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis $\begin{eqnarray*} A = \text{"beide Flaschen sind leer"} \end{eqnarray*}$

Man darf annehmen, daß alle Ausgänge $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ gleichwahrscheinlich sind, so daß nach Laplace gilt:

$\begin{eqnarray*} P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|} = \frac{\mbox{Anzahl der günstigen Fälle}}{\mbox{Anzahl der möglichen Fälle}} \end{eqnarray*}$

Entweder zählst du $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ von Hand ab oder du erkennst, welche spezielle Situation hier vorliegt.

An den Beispielen oben kannst du dir klar machen, wann ein Ausgang günstig ist und wann er ungünstig ist.

04.09.2013, 15:31

Shizophren

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Danke für deine ausführliche Antwort.
Ich müsste die Lösung aber mit dem Binomialkoeffizienten haben.

Natürlich meinte ich Ergebnismenge. Hatte mir vertippt.

Die frage ist auch, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, 2 leere Flaschen hintereinander zu ziehen.

Da geht Laplace doch nicht, oder?

10 Flaschen
4 Leer
2 hintereinander ziehen

04.09.2013, 15:56

Leopold

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Zwei leere Flaschen "hintereinander" oder "auf einmal" zu ziehen, mag von der Vorstellung der konkreten Handhabung ein Unterschied sein, wahrscheinlichkeitstheoretisch ist es aber dasselbe.

Wenn du den Ansatz, den ich dir vorgestellt habe, ausführst, kommst du beim Zählen der Elemente von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ (einfach) und $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ (ein klein bißchen schwerer) ganz alleine auf die Binomialkoeffizienten und auf die hypergeometrische Verteilung.

Ich habe dir drei Elemente von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ beispielhaft vorgestellt: $\begin{eqnarray*} \omega_1, \omega_2, \omega_3 \end{eqnarray*}$ . Wie sehen alle Elemente von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ aus? Und wie viele davon gibt es insgesamt (das ist $\begin{eqnarray*} |\Omega| \end{eqnarray*}$ )?
Und ein Teil dieser Elemente bestimmt dann $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ . Welche sind es (das ist $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ )? Und wie viele sind es (das ist $\begin{eqnarray*} |A| \end{eqnarray*}$ ).

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