Wahrscheinlichkeitsrechnung Arbeitsgruppenbesetzung |
| 29.12.2013, 14:05 | tuffy151 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Wahrscheinlichkeitsrechnung Arbeitsgruppenbesetzung Hallo ihr Lieben, wir haben folgende Aufgabe bekommen (wahrscheinlich gar nicht mal so schwer, aber ich war leider noch nie gut in Mathe 
) Unter den Mitgliedern des Bundestags soll eine Arbeitsgruppe für einen Gesetzentwurf gebildet werden. Die Partei WfA (?Wir für Alle?) kann 6 Abgeordnete in die Arbeitsgruppe entsenden. Insgesamt verfügt die die WfA über 12 Abgeordnete. In der Partei ist der geplante Gesetzentwurf aber sehr umstritten. 5 Abgeordnete sind dafür, 7 Abgeordnete sind dagegen. Es wird entschieden, dass die 6 Personen für die Arbeitsgruppe zufällig per Los bestimmt werden. Mit welcher Wahrscheinlichkeit können sich die entsandten Personen wie folgt zusammensetzen? Berechnet werden soll folgendes: 1) alle 6 Personen sind gegen den Gesetzesentwurf 2) 3 Personen sind dafür, 3 dagegen 3) 2 sind dafür, 4 dagegen Meine Ideen: Ich habe bei der ersten Frage bereits ein Ergebnis, von dem ich denke, dass es richtig ist. Ich habe mich dabei am Urnenmodell ohne zurücklegen orientiert und (7/12)^6 gerechnet. Das Ergebnis ist somit 0.0393. Ich hoffe, dass wenigstens DAS richtig ist
Bei den anderen beiden stehe ich irgendwie auf dem Schlauch.Ich hoffe, ihr könnt mir helfen 
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| 29.12.2013, 14:49 | Kasen75 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: Wahrscheinlichkeitsrechnung Arbeitsgruppenbesetzung
Das war eine gute Idee.
Dann darf aber die Wahrscheinlichkeit pro Ziehung nicht konstant sein. Grüße. |
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| 29.12.2013, 16:19 | tuffy151 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| RE: Wahrscheinlichkeitsrechnung Arbeitsgruppenbesetzung und das sagt mir jetzt was? 
kann ich das so rechnen oder nicht? und wie berechne ich die anderen beiden Wahrscheinlichkeiten??
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| 29.12.2013, 16:31 | Kasen75 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Bleiben wir erst einmal bei der 1). Wenn man sich die Situation als Urnenmodell vorstellt, musst du 6-mal hintereinander einen Abgeordneten ziehen, der dagegen ist. 1. Ziehung: Wahrscheinlichkeit gleich Es verbleiben insgesamt 11 (=12-1) Abgeordnete, von denen jetzt noch 6 (=7-1) dagegen sind. 2. Ziehung: Wahrscheinlichkeit gleich einen Abgeordneten zu ziehen, der dagegen ist. Das geht so weiter, bis man 6 Abgeordnete gezogen hat, die alle dagegen sind. Diese Einzelwahrscheinlichkeiten muss man dann noch multiplizieren. |
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| 29.12.2013, 16:52 | tuffy151 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
OK, das habe ich jetzt berechnet und habe 0,0076 als Ergebnis. Wenn das stimmt, dann habe ich diesen ersten Teil auch verstanden
Ich hatte bei den beiden anderen Teilen ( 1) und 2) ) auch schonmal ähnlich gerechnet. Sprich: (7/12)*(6/11)*(5/10) und (5/12)*(4/11)*(3/10) und dann irgendwie versucht das zu addieren oder multiplizieren, aber das ist wahrscheinlich falsch, oder? 
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| 29.12.2013, 17:48 | Kasen75 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Gerundet habe ich das gleiche Ergebnis. 
Wenn das die 2) sein soll, dann ist das gar nicht so schlecht. Wenn man den Fall betrachtet, bei dem man die erst 3 Gegner zieht und danach 3 Befürworter, dann ist die Gesamtanzahl an Abgeordneten aus denen man noch ziehen kann schon auf 9 geschrumpft, wenn man anfängt die Befürworter zu ziehen. Bei einer Ziehung GGGBBB ergibt sich somit eine Wahrscheinlichkeit von (7/12)*(6/11)*(5/10)*(5/9)*(4/8)*(3/7) Jetzt ist es aber so, dass nicht nur die Reihenfolge GGGBBB gezogen werden kann, sondern auch alle Permutationen (mit Wiederholung) davon. Z.B. Um die Anzahl der verschiedenen Permutationen zu erfassen kann man den Binomialkoeffizenten verwenden. In diesem Fall ist n=6 und k=3 Das ergibt dann insgesamt (7/12)*(6/11)*(5/10)*(5/9)*(4/8)*(3/7) Da diese Berechnung relativ kompliziert ist, kann man sich auch der Hypergeometrischen Verteilung bedienen. Die Formel findest du hier Bei der 2) ist und Damit müsstest du auf das gleiche Ergebnis kommen, wie bei der obigen Rechnung. |
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| 29.12.2013, 18:24 | tuffy151 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Da habe ich als Ergebnis 0,3788
glaube das ist auch richtig, oder?Kann ich denn die 3. Wahrscheinlichkeit dann auch mit dieser Formel berechnen (indem ich die Werte für M und k z.B. austausche) , oder brauche ich da nochmal eine andere? 
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| 29.12.2013, 18:36 | Kasen75 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Supi, das habe ich auch.
Im Prinzip ja. Der Wert für M bleibt bestehen. Genauso wie die Werte für n und N. Der Wert für x korrespondiert mit dem Wert für M. Bei der 3. ist die Anzahl der zu ziehenden Gegner gleich 4: x=4 Somit ist |
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| 29.12.2013, 19:44 | tuffy151 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
hmmmmm
bei der Aufgabe hänge ich ein bisschen.Also: M = 7 N = 12 n = 6 k = 2 (???) Formel wäre dann ja (7) (12 - 7) ( ) * ( ) (2) (6 - 2 ) ______________ (12) ( ) (2 ) dann kommt bei mir aber ein Ergebnis raus, das bei 1,5 liegt und somit ja komplett falsch ist dann habe ich es mit der "anderen" Formel versucht. (6) ( ) * (7/12)*(6/11)*(5/10)*(4/9)*(5/8)*(4/7) (3) aber auch da kam was falsches raus bzw. genau das gleich wie bei der Berechnung davor
Kannst du mir bitte sagen, wo mein Fehler liegt? 
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| 29.12.2013, 20:35 | Kasen75 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Nein. k=4 bzw. x=4 Bei der Formel für die Hypergeom. Verteilung habe ich somit (7 über 4)*(5 über 2)/(12 über 6) Bei der anderen Formel habe ich nur einen anderen Binomialkoeffizienten : (6 über 4) |
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| 29.12.2013, 20:53 | tuffy151 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Okay! Ist das denn dann richtig, dass da auch 0,3788 rauskommt?
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| 29.12.2013, 20:54 | Kasen75 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ja.
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| 29.12.2013, 22:04 | tuffy151 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Okay
Dann danke ich dir ganz doll dafür, dass du mir geholfen hast
Schönen Abend noch und einen guten Rutsch! |
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| 29.12.2013, 22:22 | Kasen75 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ich wünsche Dir ebenfalls, dass du gut ins neue Jahr kommst.
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