Aus einer Urne mit roten, gelben und blauen Kugeln ohne zurücklegen ziehen |
29.06.2015, 08:07 | mathemare | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Aus einer Urne mit roten, gelben und blauen Kugeln ohne zurücklegen ziehen In einer Urne befinden sich 11 Rote, 8 Gelbe und 1 Blaue Kugeln. Es werden ohne zurücklegen 4 Kugeln gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit 3 Rote und 1 Gelbe zu ziehen? Meine Ideen: Als erste habe ich hier an die Hypergeometrische Verteilung gedacht und ich wollte die Lösung mit der Formel mit: N: Gesamtanzahl in Urne (=20) M: Anzahl in Urne mit dem jeweils interessierenden Merkmal (der jeweiligen Farbe, z.B. 8 Rote) n: Anzahl der gezogenen Kugeln x: Anzahl, für die die Wahrscheinlichkeit gesucht ist. für jede Farbe einzeln berechnen, um dann am Ende die berechneten Wahrscheinlichkeiten gemäß Multiplikationssatz für unabängige Ereignisse zu multiplizieren. Da sich die Wahrscheinlichkeit ja aber pro Zug verändert, weil immer eine Kugel weniger zur Verfügung steht, muss ein anderer Ansatz her. Ich habe mir dann mal einen Wahrscheinlichkeitsbaum aufgestellt und komme nun auf Aber das ist ja nur ein Weg "durch den Baum". Sollte ich jetzt auch noch alle anderen Möglichkeiten dafür mit einbeziehen? Und warum kann ich meinen ersten Ansatz (die Formel) nicht benutzen bzw. wann kann ich diese nehmen? |
||||||
29.06.2015, 08:17 | Mi_cha | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
die hypergeometrische Formel bringt dich direkt zur richtigen Lösung. Schreibe diese mal der Aufgabe entspechend mit den konkreten Zahlen auf. Der Weg über den Baum ist auch möglich. Du musst aber dabei beachten, dass du bisher nur die W-Keit für "rrrg" berechnet hast. Es fehlen also noch ein paar Varianten. |
||||||
29.06.2015, 08:17 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Die hypergeometrische Verteilung taugt für Situationen mit zwei Merkmalsausprägungen - bei dir hier sind es aber drei (rot,gelb,blau). Aber kombinatorisch ist das in einfacher Weise erweiterbar - bei der Abzählung der günstigen Möglichkeiten im Zähler des Wahrscheinlichkeitsbruches wird einfach das Produkt genommen der Anzahlen der möglichen Auswahlen getrennt nach Merkmalsausprägung, d.h. . |
||||||
29.06.2015, 14:52 | mathemare | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ah super. Das ist ja gut zu wissen, dass ich die Formel einfach erweitern kann. Danke. Und wie verhält es sich mit der Suche nach einer bedingten Wahrscheinlichkeit? Also: Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit, 3 Rote und 1 Gelbe zu ziehen, wobei die zweite Ziehung die Gelbe ist. Da ist ja dann auf einmal die Reihenfolge nicht mehr egal, sodass es sich nicht mehr um eine Hypergeometrische Verteilung handelt, richtig? |
||||||
29.06.2015, 15:15 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Da ist keine bedingte Wahrscheinlichkeit gesucht. Wenn ich mal die Ereignisse definiere ... es werden 3 rote und 1 gelbe Kugel gezogen ... die zweite gezogene Kugel ist gelb dann ist bei
die Wahrscheinlichkeit gesucht. Was anderes wäre es bei einer Frage wie
da wäre dann tatsächlich die bedingte Wahrscheinlichkeit gesucht. Es kommt also wirklich auf feine sprachliche Nuancen in der Fragestellung an. |
||||||
29.06.2015, 15:26 | mathemare | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ja das ist mir auch schon aufgefallen, dass man die Aufgabenstellung auch so stellen kann, dass der eh schon verwirrte Student nicht mehr weiß, was eigentlich gemeint ist. Ich würde zum Beispiel gar nicht darauf kommen "werden 3 rote und 1 gelbe Kugel gezogen" als ein gemeinsames Ereignis zu definieren. Bei einem dreifachen Würfelwurf zwei Fünfen und eine 2 zu werfen sind ja auch mehrere Ereignisse. |
||||||
Anzeige | ||||||
|
||||||
29.06.2015, 15:31 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ansichtssache: Man kann es als ein Ereignis betrachten, und dieses aber auch als Durchschnitt mehrerer Einzelereignisse - ist alles möglich, je nach Definition dieser Einzelereignisse. |
||||||
01.07.2015, 16:38 | mathemare | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Jetzt habe ich dazu noch eine andere Variante: In der Urne sind nun 4 Rote, 3 Gelbe, 4 Schwarze, 5 Blaue - also 16 insgesamt. Ohne Zurücklegen werden 6 Kugeln gezogen und es die Wahrsch.keit gesucht, dass dabei 3 Rote UND 2 Gelbe UND 1 Blaue ODER 1 Schwarze gezogen werden. Ich würde es jetzt mit dem kombinatorisch, erweiterten Ansatz von dir machen. Also zunächst für rot,gelb,blau: und dann nochmal für rot, gelb, schwarz: Und dann die Ergebnisse addieren, wegen dem ODER. Kann man das so machen oder muss ich das ODER irgendwie anders verpacken? |
||||||
01.07.2015, 16:57 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Das ist so in Ordnung: Du hast das gesuchte Ereignis als (disjunkte) Vereinigung zweier in der Rechnung dann besser handhabbarer Ereignisse dargestellt, die Summe der beiden Einzelwahrscheinlichkeiten ergibt dann die Gesamtwahrscheinlichkeit. Auch möglich: Man sieht ja, dass im gesuchten Ereignis blaue und schwarze Kugeln gleichberechtigt sind - also kann man sie von vornherein "in einen Topf" werfen: 4 rote, 3 gelbe und 9 "blauschwarze" Kugeln Wahrscheinlichkeit: Kommt natürlich dasselbe raus wie bei dem anderen Weg - muss auch so sein, sonst wäre an der Vereinfachung was faul. |
||||||
01.07.2015, 17:01 | mathemare | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Boah, das nenn ich mal nen intelligenten Schachzug mit der Vereinfachung. Respekt. Gut, dass meine Überlegung auch funktioniert. Danke. |
||||||
02.07.2015, 19:51 | mathemare | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Wie würde man hier eigentlich die Anzahl der Varianten (hier ja = 4) rechnerisch ermitteln? |
||||||
02.07.2015, 20:54 | mathemare | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ah ich glaube es ist: Sprich: Anzahl der Möglichkeiten 3 rote Kugeln auf 4 Plätzen anzuordnen -> multipliziert mit den Möglichkeiten 1 Gelbe auf dem restlichen einen freien Platz anzuordnen -> |
||||||
02.07.2015, 22:33 | Mi_cha | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Genau. Oder einfach gesagt: an wie vielen Positionen kann die gelbe Kugel gezogen werden. |
|
Verwandte Themen
Die Beliebtesten » |
Die Größten » |
|
Die Neuesten » |
|