Urne: Ziehen ohne Zurücklegen mit Reihenfolge

11.11.2017, 18:53	sophox	Auf diesen Beitrag antworten »
Urne: Ziehen ohne Zurücklegen mit Reihenfolge Meine Frage: Meine Urne enthält 6 weiße Kugeln und 9 schwarze. Nun ziehe ich daraus 4 Kugeln ohne Zurücklegen. Was ist jetzt die Wahrscheinlichkeit, dass die ersten beiden Kugeln weiß sind und die letzten beiden Kugeln schwarz? Meine Ideen: alle möglichen Fälle sind: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 15\\ 4\end{pmatrix}4! \end{eqnarray}$ meine günstigen Fälle sind: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 6\\2\end{pmatrix}2!\begin{pmatrix} 9\\2\end{pmatrix}2! -4 \end{eqnarray}$ daraus folgt für die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray} \mathbb P(Ereignis)= \frac{\begin{pmatrix} 6\\2\end{pmatrix}2!\begin{pmatrix} 9\\2\end{pmatrix}2! -4}{\begin{pmatrix} 15\\ 4\end{pmatrix}4!} = 0.06581 \end{eqnarray}$ Ich hoffe jemand kann mir sagen, ob dies korrekt ist... : )
11.11.2017, 19:08	G11117	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Urne: Ziehen ohne Zurücklegen mit Reihenfolge Mach dir ein Baumdiagramm! 6/15* ....
11.11.2017, 19:11	sophox	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Urne: Ziehen ohne Zurücklegen mit Reihenfolge dann habe ich im Baumdiagramm zuerst 2 Zweige abgehen mit: 6/15 weiß, 9/15 schwarz. Aber wie hilft mir dies nun weiter?
11.11.2017, 19:16	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Es geht hier um den konkreten Pfad weiß - weiß - schwarz - schwarz Die 6/15 Wahrscheinlichkeit für den ersten Abzweig hat G1117 schon hingeschrieben. Genauso einfach ist es, die weiteren aufzuschreiben: Z.B. sind nach dem Ziehen der ersten weißen Kugel noch 5 weiße und 9 schwarze Kugeln in der Urne, also geht es wie weiter?
11.11.2017, 19:22	sophox	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich glaub ich habs: zuerst habe ich 6/15(weiß)-> 5/14(weiß)-> 9/13(schwarz)-> 8/12(schwarz) 6/155/149/13*8/12 = 0.0659 Stimmt das so?
11.11.2017, 19:23	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Nicht ganz: 6/15(weiß)-> 5/14(weiß)-> 9/13(schwarz)-> 8/12(schwarz) ist richtig: Die Gesamtrestkugelzahl vermindert sich in jedem Schritt! EDIT: Ok, hast es selbst schon gemerkt.
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11.11.2017, 19:25	sophox	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, habe mich leider vertan...habs dann selbst gemerkt. Danke! Kann man dies nicht auch mit Laplace-Wahrscheinlichkeiten lösen? Also als Quotient von günstigen und möglichen Fällen?
11.11.2017, 19:31	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Kann man, ist hier aber nicht unbedingt einfacher: Man betrachtet den Raum aller Auswahlen von vier Kugeln mit Reihenfolge und ohne Zurücklegen: $\begin{align} \|\Omega\| = \frac{15!}{(15-4)!} = \frac{15!}{11!} \end{align}$ Jetzt zählt man die Elemente, die weiß-weiß-schwarz-schwarz erfüllen, das sind $\begin{align} \frac{5!}{(5-2)!}\cdot \frac{9!}{(9-2)!} = \frac{5!}{3!}\cdot \frac{9!}{7!} \end{align}$ .
11.11.2017, 19:39	sophox	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen lieben Dank für die Hilfe, hat mir sehr geholfen : )

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