Urne Reihenfolge der Ziehung

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Eule122 Auf diesen Beitrag antworten »
Urne Reihenfolge der Ziehung
Hallo,

in einer Urne befinden sich 10 schwarze und 10 rote Kugeln. Es werden 12 Kugeln ohne Zurücklegen nacheinander gezogen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit die Reihenfolge in der die 12 Kugeln gezogen werden korrekt zu erraten?

Meine Idee wäre hier, dies als Permutation zu betrachten. Also würde ich behaupten die Wahrscheinlichkeit beträgt 1/12! ist das zu einfach gedacht?

Vielen Dank!
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

Statt rot und schwarz würde ich 0 und 1 sagen und die Anzahl der 12-stelligen Dualzahlen angeben. Damit liegt man fast richtig, aber nicht ganz, denn 000000000000 oder 111111111111 kann nicht gezogen werden.
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Die Aufgabe läuft zwar unter Schulmathematik. Aber ich habe Schwierigkeiten, die Fragestellung auch nur zu verstehen. Wahrscheinlichkeiten werden von Ereignissen berechnet. Diese bestehen aus Ausgängen. Wenn ich mir jetzt exemplarisch drei Ausgänge ansehe:

011000111011
101001011010
010101000010


so kann ich nicht einmal entscheiden, ob diese Ausgänge dem Ereignis der Fragestellung oder seinem Gegenereignis angehören. Daraus schließe ich für mich, daß ich schon das Ereignis nicht verstanden habe. Da kann ich mich auch nicht seine Wahrscheinlichkeit heranmachen.

@ Elvis
Gehört einer der von mir genannten Ausgänge dem Ereignis an. Welcher? Warum? Kannst du mir einen andern Ausgang nennen? Was kennzeichnet die Ausgänge des Ereignisses?
Oder ist die Aufgabe Murks?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Eule122
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit die Reihenfolge in der die 12 Kugeln gezogen werden korrekt zu erraten?

Erraten heißt, dass man eine solche 12er-Variation als Rateversuch anbietet. Ob der richtig ist, hängt hier tatsächlich von der Anzahl schwarzer bzw. roter Kugeln im Rateversuch ab!


Das Hauptproblem ist zunächst, einen geeigneten Laplaceschen (!) Grundraum für das Problem zu finden. Mein Vorschlag wäre der Raum aller Permutationen der 10 schwarzen und 10 roten Kugeln:

D.h., man zieht gedanklich nach den 12 Kugeln auch noch 8 weitere Kugeln, bis die Urne leer ist. Allerdings spielt bei den Ereignissen, die nur die ersten 12 Kugeln betreffen, die Reihenfolge von roten und schwarzen Kugeln unter den letzten 8 gezogenen Kugeln dann keine Rolle, was man bei der Berechnung entsprechender Laplacescher Wahrscheinlichkeiten berücksichtigt.

Das bedeutet: Haben wir irgendeine feste Rate-Variation von 12 Kugeln mit genau schwarzen Kugeln (mit ), dann sind unter den letzten 8 Kugeln genau schwarze Kugeln, und die Wahrscheinlichkeit dass diese Rate-Variation auch zutrifft ist

.

Diese Wahrscheinlichkeit ist maximal für , d.h. genauso viele rote wie schwarze Kugeln - das dürfte kaum überraschen.
Ulrich Ruhnau Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Urne Reihenfolge der Ziehung
Zitat:
Original von Eule122
in einer Urne befinden sich 10 schwarze und 10 rote Kugeln. Es werden 12 Kugeln ohne Zurücklegen nacheinander gezogen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit die Reihenfolge in der die 12 Kugeln gezogen werden korrekt zu erraten?

Diese Wahrscheinlichkeit hängt nicht nur von den Kugeln ab, sondern auch davon, wie klug man ratet und wie die Regeln dazu sind. Falls man nur jeweils die nächste gezogene Kugel zu erraten hat und sich stets für das wahrscheinlichste entscheidet, würde die Wahrscheinlichkeit berechenbar sein. Wenn also zuerst eine rote Kugel gezogen wird, würde ich darauf tippen, daß die nächste eine schwarze ist usw..
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Mein Gott! Jetzt verstehe ich die Aufgabe erst! Es geht gar nicht darum, die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses zu bestimmen, sondern die Wahrscheinlichkeit eines konkreten Ausgangs zu berechnen. Und warum sagt man das dann nicht so?

"Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, die Reihenfolge, in der die 12 Kugeln gezogen werden, korrekt zu erraten?"

Das klingt in meinen Ohren danach, als sei eine Zahl gesucht. Dabei ist ein Term verlangt. Ich hätte die Frage vielleicht so formuliert:

"Wie wahrscheinlich ist ein Elementarausgang, bei dem s schwarze Kugeln gezogen werden?"

Dann ist das eine einfache Fragestellung aus dem Anfängerunterricht.
In der Schulmathematik liegt eine Baumstruktur nahe, und es geht um einen einzelnen Pfad, in dem s-mal schwarz auftaucht.
Von Ast zu Ast wird der Nenner der bedingten Wahrscheinlichkeit um 1 kleiner. Bei zwölf Ziehungen ist das Produkt der Nenner daher .
(Ich verwende .)
Jedes Mal, wenn es im Pfad zu schwarz verzweigt, verringert sich die Anzahl der schwarzen Kugeln in der Urne um 1. Entsprechend, wenn es zu rot verzweigt. Damit ist das Produkt der Zähler sämtlicher bedingten Wahrscheinlichkeiten . Somit gilt



So hat ein jeder seinen Lieblingsweg, solche Aufgaben zu lösen.
 
 
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

Mögliche Ereignisse einer Ziehung liegen zwischen den Dualzahlen 000000000011 und 111111111100, diese beiden eingeschlossen. Das sind mögliche Ziehungen. Einmal darf man raten, die Wahrscheinlichkeit, richtig zu raten, ist also . Oder nicht?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Nein: Zum einen sind nur dieser Binärfolgen erreichbar, zum anderen sind die zudem (s.o.) nicht gleichwahrscheinlich beim Ziehen: Z.B. ist eine Sequenz mit je 6 Einsen und Nullen 70-mal so wahrscheinlich eine eine Sequenz mit 10 Einsen und 2 Nullen.
KonverDiv Auf diesen Beitrag antworten »

Ich würde das so auffassen:

Es geht ja um eine richtige Reihenfolge d.h. wenn ich mir das notieren würde, würde ich folgendes festhalten: "Richtig Richtig Falsch Richtig Richtig", bei 5 Ziehungen, von denen jetzt exemplarisch die 1, 2, 4 und 5 richtig geraten wurden.

Richtig raten kann ich mit einer Wahrscheinlichkeit von , weil ich ja Pro "Event" haben kann. So, wende ich das auf Ziehungen an wäre dies .

Jetzt interessieren uns aber noch die Ziehungen, also nicht die Farbe sondern deren Ausgänge also Richtig, Falsch... usw. Diese müsste ich über den Bin Koef bekommen, wobei der Anzahl an Ziehungen bzw. die Sequenzlänge entspricht und richtige und falsche dabei sind. Das als Bruch wäre dann

Richtig gedacht?
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von KonverDiv
Richtig raten kann ich mit einer Wahrscheinlichkeit von


Denkfehler! Siehe hier:

Zitat:
Original von HAL 9000
zum anderen sind die (Binärfolgen) zudem (s.o.) nicht gleichwahrscheinlich beim Ziehen


Es sind allerdings diejenigen Folgen gleichwahrscheinlich, die dieselbe Anzahl an Einsen (schwarzen Kugeln) und Nullen (roten Kugeln) enthalten, sonst würde die von HAL eingeführte Bezeichnung auch keinen Sinn ergeben.

Mein Weg hat auch einen unmittelbaren kombinatorischen Zugang. Man nummeriert die 20 Kugeln von 1 bis 20 durch, von Nummer 1 bis 10 seien die Kugeln schwarz, von Nummer 11 bis 20 rot. So werden die Kugeln unterscheidbar. Aus der Menge der Kugeln wählt man nun mit Reihenfolge 12 Kugeln aus. Man bekommt so den Laplace-Raum





Nun betrachten wir eine Reihenfolge schwarzer und roter Kugeln, zum Beispiel



Wie viele Realisierungen hat dieses Muster in ? Wir betrachten also das Ereignis aller Elemente von , die dieses Muster besitzen. Wenn wir diese 12er-Kombination von links nach rechts aufbauen, zählen wir für jeden neuen Zug die Möglichkeiten. Nach dem Multiplikationsprinzip sind diese zu multiplizieren. Bei unserem Beispiel haben wir daher



Es ist klar, dass dieser Wert nur von der Anzahl der schwarzen und roten Kugeln in abhängt. Daher gilt:



Dieses Beispiel ist typisch und führt auf die von mir in meinem vorigen Beitrag angegebene Formel.

EDIT
Schreibfehler korrigiert.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

So ist es. Fasst man übrigens alle möglichen Ziehungen mit genau schwarzen Kugeln zu einem Ereignis zusammen, so bekommt man dafür insgesamt die Wahrscheinlichkeit

,

welche man von der hypergeometrischen Verteilung für die Anzahl ja kennt.
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »




Womit der Zusammenhang zwischen HALs und meiner Darstellung hergestellt ist. Wie gut, daß man bei Brüchen "Zähler mal Zähler, Nenner mal Nenner" rechnet.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das ist diese duale Betrachtungsweise bei der hypergeometrischen Verteilung , die einen vielleicht erstaunt, wenn man sie zum ersten Mal sieht:

1) Wir haben eine Grundmenge als disjunkte Vereinigung von Mengen mit und , und wir wählen aus zufällig eine Teilmenge mit aus. Dann ist bei der hypergeometrischen Verteilung nach der Wahrscheinlichkeit von gefragt.

2) Kann man genauso betrachten als mit Teilmenge und (es folgt ) sowie dann Auswahl einer Menge aus mit . Auch hier geht es dann wieder um die Wahrscheinlichkeit von , und die ist gleich groß wie die in 1). Augenzwinkern
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