Wahrscheinlichkeiten Urne

05.05.2022, 17:47	fiboooo	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeiten Urne Meine Frage: Es seien w weiße und s schwarze Kugeln in einer Urne. Ich sollte bei einer Aufgabe begründen oder widerlegen, ob P(1.Kugel weiß\|2.Kugel weiß) = P(2.Kugel weiß\|1.Kugel weiß) gilt. P(2.Kugel weiß\|1.Kugel weiß) ist ja klar und P(1.Kugel weiß\|2.Kugel weiß) habe ich nachgerechnet und die Gleichung aus der Angabe stimmt also immer. Aber ganz klar, warum diese Gleichheit besteht, ist mir das nicht. Kann mir das jemand erklären, ohne diese Rechnung? Danke und lg Meine Ideen: P(2.Kugel weiß\|1.Kugel weiß) ist ja klar und P(1.Kugel weiß\|2.Kugel weiß) habe ich nachgerechnet und die Gleichung aus der Angabe stimmt also immer. Aber ganz klar, warum diese Gleichheit besteht, ist mir das nicht. Kann mir das jemand erklären, ohne eine Rechnung? Danke und lg
05.05.2022, 18:52	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Sei $\begin{eqnarray} A_j \end{eqnarray}$ das Ereignis, dass im $\begin{eqnarray} j \end{eqnarray}$ -ten Zug Weiß gezogen wird. Dann ist $\begin{eqnarray} P\left(A_j \mid A_k\right) = \frac{P\left(A_j\cap A_k\right)}{P\left(A_k\right)} \end{eqnarray}$ komplett unabhängig von $\begin{eqnarray} j,k \end{eqnarray}$ , solange nur $\begin{eqnarray} j\neq k \end{eqnarray}$ gilt: Wir stellen uns das ganze so vor, dass immer weiter gezogen wird, bis die Urne leer ist, das geht insgesamt $\begin{eqnarray} (w+s) \end{eqnarray}$ -mal. Unter Beachtung der Ununterscheidbarkeit der weißen Kugeln unter sich, bzw. der schwarzen Kugeln unter sich ergibt das $\begin{eqnarray} \binom{w+s}{w} \end{eqnarray}$ verschiedene Ziehungsverläufe, die alle gleichwahrscheinlich sind. Zählen wir nun die Verläufe, die für die zu betrachtenden Ereignisse günstig sind: $\begin{eqnarray} A_k \end{eqnarray}$ : An Position $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ muss eine weiße Kugeln sein, also können nur noch $\begin{eqnarray} w-1 \end{eqnarray}$ weiße Kugeln und $\begin{eqnarray} s \end{eqnarray}$ schwarze auf $\begin{eqnarray} w+s-1 \end{eqnarray}$ Positionen verteilt werden, ergibt Anzahl $\begin{eqnarray} \binom{w+s-1}{w-1} \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} A_j\cap A_k \end{eqnarray}$ : Hier sind es soagr zwei Positionen $\begin{eqnarray} j,k \end{eqnarray}$ mit jeweils einer weißen Kugeln, also können nur noch $\begin{eqnarray} w-2 \end{eqnarray}$ weiße Kugeln und $\begin{eqnarray} s \end{eqnarray}$ schwarze auf $\begin{eqnarray} w+s-2 \end{eqnarray}$ Positionen verteilt werden, ergibt Anzahl $\begin{eqnarray} \binom{w+s-2}{w-2} \end{eqnarray}$ . Somit erhalten wir $\begin{eqnarray} P\left(A_k\right) = \frac{\binom{w+s-1}{w-1}}{\binom{w+s}{w}} \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} P\left(A_j\cap A_k\right) = \frac{\binom{w+s-2}{w-2}}{\binom{w+s}{w}} \end{eqnarray}$ und damit dann $\begin{eqnarray} P\left(A_j \mid A_k\right) = \frac{\binom{w+s-2}{w-2}}{\binom{w+s-1}{w-1}} = \frac{(w+s-2)!(w-1)!s!}{(w-2)!s!(w+s-1)!} = \frac{w-1}{w+s-1} \end{eqnarray}$ , d.h. KEINE Abhängigkeit des Ergebnisses von den Positionen $\begin{eqnarray} j,k \end{eqnarray}$ !!! Speziell gilt damit auch $\begin{eqnarray} P\left(A_1 \mid A_2\right) = P\left(A_2 \mid A_1\right) \end{eqnarray}$ .
05.05.2022, 21:16	fibooo	Auf diesen Beitrag antworten »
oooooh, okay, danke!

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