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Wahrscheinlichkeit - Urne

Schüler Gymnasium, 10. Klassenstufe

Tags: 24schwarze Kugeln, 36weiße Kugeln, Urne, Wahrscheinlichkeit

Shipwater aktiv_icon

13:49 Uhr, 08.05.2009

Hi liebes Mathe-Online-Forum,

es geht um diese Aufgabe:

Eine Urne enthält

24

schwarze und

36

weiße Kugeln. Es werden 4 Kugeln mit einem Griff entnommen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit entnimmt man

a) 4

schwarze oder 4 weiße Kugeln

b)

mindestens 3 schwarze Kugeln?

Also so in der Art haben wir das glaube ich noch nicht gemacht, aber ich sag euch mal was ich mir bisher zur

a)

überlegt habe:

Also die Wahrscheinlichkeit eine schwarze Kugel zu ziehen wird wohl

\frac{24}{60}

und die eine Weiße zu ziehen wohl

\frac{36}{60}

sein. Und wenn ich vier mal ziehe und die Reihenfolge egal ist gibt es fünf Möglichkeiten:
ssss
sssw
ssww
swww
wwww

Aber wie ich das mit den Wahrscheinlichkeiten nun kombinieren kann, weis ich leider nicht, da die Weißen und Schwarzen ja andere Wahrscheinlichkeiten haben. Sonst wäre es ja meiner Meinung nach einfach

\frac{2}{5},

wenn schwarz und weiß beide die selbe Wahrscheinichkeit gezogen zu werden hätten, aber haben sie leider nicht. Hier brauche ich nun eure Hilfe.

Ich freue mich auf Antworten,

Danke,

Gruß Shipwater

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

magix aktiv_icon

14:10 Uhr, 08.05.2009

Hallo Shipwater,

wenn du ohne Zurücklegen aus einer Urne ziehst, dann rechnet man das so:

((24

über

4) \cdot (36

über

4))

geteilt durch(60 über

8)

LG Magix

Shipwater aktiv_icon

14:14 Uhr, 08.05.2009

Hallo magix,

dürfte ich wissen was das "über", also

z . B

60

über 8 bedeuten soll?

Danke,

Shipwater

BjBot aktiv_icon

14:14 Uhr, 08.05.2009

@ magix

In der 10. Klasse wird wohl kaum mit Binomialkoeffizienten gerechnet bzw mit hypergeometrischen Verteilungen, es geht ganz normal mit einem Baumdiagramm und den entsprechenden Pfadregeln.

Gruß Björn

magix aktiv_icon

14:15 Uhr, 08.05.2009

Und bei der

b),

wenn nach mindestens 3 gefragt ist, kannst du die Gegenwahrscheinlichkeit berechnen. Dazu ziehst du von 1 die Ereignisse "keine schwarze", "eine schwarze" und "zwei schwarze Kugeln" ab, die ebenso berechnet werden wie bei

a)

Shipwater aktiv_icon

14:16 Uhr, 08.05.2009

Hi BjBot,

du hast Recht, "Binomialkoeffizient" hatten wir noch nicht. Und zu dem Baumdiagramm, also ich komme auf wie schon oben geschrieben 5 Möglichkeiten, wenn die Reihenfolge egal ist, aber wie geht es weiter.

Gruß Shipwater

magix aktiv_icon

14:17 Uhr, 08.05.2009

Oh, Entschuldigung, das wusste ich nicht. Bei uns fangen die jetzt in der 5. mit Wahrscheinlichkeitsrechung an und da dachte ich, dass sie in der

10

. längst alles können. Tut mir leid.

BjBot aktiv_icon

14:22 Uhr, 08.05.2009

@ ship

Es kommen doch nur 2 Pfade in Frage wenn man entweder NUR 4 weiße oder NUR 4 schwarze Kugeln zieht.

Shipwater aktiv_icon

14:26 Uhr, 08.05.2009

Hi,

ja richtig, aber so was das nicht von mir gemeint. Ich meinte, wenn man 4 Kugeln mit einem Griff zieht besteht die Ergebnismenge aus 5 Möglichkeiten:
ssss
sssw
ssww
swww
wwww
Braucht man das denn gar nicht, sondern nur die Pfade der vorgebenen Ereignismenge?

Shipwater

DK2ZA aktiv_icon

14:26 Uhr, 08.05.2009

Die Wahrscheinlichkeit für die erste schwarze Kugel ist

\frac{24}{60},

für die zweite ist sie

\frac{23}{59},

für die dritte

\frac{22}{58}

und für die vierte

\frac{21}{57}

.

Für vier schwarze kugeln ist die Wahrscheinlichkeit also

\frac{24}{60} \cdot \frac{23}{59} \cdot \frac{22}{58} \cdot \frac{21}{57}

GRUSS, DK2ZA

BjBot aktiv_icon

14:28 Uhr, 08.05.2009

@ DK2ZA

Ja feiiiiiiiiiiiin hattu dat gemacht, schön dass DU es verstanden hast.

@ ship

Deine Pfade sind doch für den vorliegenden Sachverhalt uninteressant, es interessiert doch lediglich SSSS und WWWW, oder ?

Shipwater aktiv_icon

14:30 Uhr, 08.05.2009

Hi DK2ZA,

und für die 1.Weiße ist sie also

\frac{36}{60},

für die Zweite

\frac{35}{59},

die dritte

\frac{34}{58}

und die Vierte

\frac{33}{57}

Zusammen:

\frac{36}{60} \cdot \frac{35}{59} \cdot \frac{34}{58} \cdot \frac{33}{57} = \frac{1413720}{11703240} = \frac{11781}{97527}

Oder?

Shipwater

DK2ZA aktiv_icon

14:33 Uhr, 08.05.2009

Prima, und jetzt Aufgabe

b)

. Bei der hast du entweder 4 schwarze Kugeln oder drei weiße und eine schwarze. Dabei kann diese an erster oder zweiter oder dritter oder vierter Stelle stehen.

GRUSS, DK2ZA

Shipwater aktiv_icon

14:36 Uhr, 08.05.2009

Hi,

noichmal kurz zur

a)

Also muss ich logischerweise nun die Wahrscheinlichkeit für die schwarzen und die weißen addieren oder?

\to

Was ich aber komisch finde ist, dass das eine Hausaufgabe war, wir Wahrscheinlichkeiten aber noch nie multipliziert haben, also noch gar nicht so weit sind. Eigentlich ist das eine Aufgabe zum Additionssatz, naja.

Shipwater

PS: Und meinst du bei der

b)

nicht "und 1 Weiße und 3 Schwarze" anstatt und "eine Schwarze und 3 Weiße"?

DK2ZA aktiv_icon

14:39 Uhr, 08.05.2009

Summe ist

\frac{23177}{162545}

.

Stimmt. Drei schwarze und eine weiße.

Shipwater aktiv_icon

14:48 Uhr, 08.05.2009

Hi,

4 Schwarze:

\frac{24}{60} \cdot \frac{23}{59} \cdot \frac{22}{58} \cdot \frac{21}{57}

3 Schwarze eine Weiße am Ende:

\frac{24}{60} \cdot \frac{23}{59} \cdot \frac{22}{58} \cdot \frac{36}{57}

3 Schwarze eine Weiße an 3.Stelle:

\frac{24}{60} \cdot \frac{23}{59} \cdot \frac{36}{58} \cdot \frac{22}{57}

3 Schwarze eine Weiße an 2.Stelle:

\frac{24}{60} \cdot \frac{36}{59} \cdot \frac{23}{58} \cdot \frac{22}{57}

3 Schwarze eine Weiße am Anfang:

\frac{36}{60} \cdot \frac{24}{59} \cdot \frac{23}{58} \cdot \frac{22}{57}

Und das alles addieren, oder?

Shipwater

DK2ZA aktiv_icon

14:50 Uhr, 08.05.2009

Richtig. Beachte, dass die letzten vier Produkte alle den gleichen Wert besitzen.

Mein Ergebnis:

\frac{5566}{32509}

GRUSS, DK2ZA

Shipwater aktiv_icon

14:54 Uhr, 08.05.2009

Hi,

ich komme zu einem Ergebnis von:

0,1712

\to

Stimmt mir deinem überein.

Und noch eine Frage: Wir hatten das mit dem multiplizieren noch nicht, aber einen anderen Weg gäbe es nicht? Abgesehen vom Binomialkoeffizienten etc.? Die Aufgabe gehört nämlich eigentlich zum Thema "Additionssatz"?

Shipwater

DK2ZA aktiv_icon

15:03 Uhr, 08.05.2009

Ich kenne sonst keinen Weg. Man könnte noch ein Baumdiagramm zeichnen. Macht aber nur Arbeit und läuft auf das gleiche hinaus.

GRUSS, DK2ZA

Shipwater aktiv_icon

15:30 Uhr, 08.05.2009

Hi,

ich habe das nun auch im Buch gefunden, nennt sich Pfadregel, kommt eigentlich erst in

10

Seiten aber naja macht nichts.

Und dann hätte ich noch eine Aufgabe:

In der Blindenschrift sind für jedes Zeichen (Buchsstabe, Satzzeichen, Ziffer usw.) Sechs in Zwei Reihen angeordnete Punkte vorgesehen. Diejenigen dieser Punkte, die für ein Zeichen verwendet werden sind, sind etwas erhiben, so dass man sie abatsten kann. Wie viele Zeichen lassen sich darstellen, wenn man beachtet, dass mindestens ein Punkt benutzt sein muss?

\to

Ich komme auf

1956,

mein Lehrer meinte aber

730 . .

. Was stimmt?

Shipwater

DK2ZA aktiv_icon

17:21 Uhr, 08.05.2009

Es handelt sich um Zeichen, die aus jeweils 6 Bit bestehen. Jedes Bit kann 0 oder 1 sein. Damit gibt es

64

Möglichkeiten, nämlich

000000, 000001, 000010, 000011, . .

. bis

111111

. Wenn mindestens eine 1 vorhanden sein soll, bleiben

63

Zeichen.

GRUSS, DK2ZA

pepe1 aktiv_icon

17:26 Uhr, 08.05.2009

Zu:
In der Blindenschrift sind für jedes Zeichen (Buchsstabe, Satzzeichen, Ziffer usw.) Sechs in Zwei Reihen angeordnete Punkte vorgesehen. Diejenigen dieser Punkte, die für ein Zeichen verwendet werden sind, sind etwas erhiben, so dass man sie abatsten kann. Wie viele Zeichen lassen sich darstellen, wenn man beachtet, dass mindestens ein Punkt benutzt sein muss?

\sum_{i = 1}^{6} (6

über

i) = 2^{6} - 1 = 63

(ohne Leerzeichen);

[2^{6} = 64

mit Leerzeichen

]

s

.hierzu auch de.wikipedia.org/wiki/Brailleschrift
Sechs Punkte, drei in der Höhe mal zwei Punkte in der Breite, bilden das Raster für Kombinationen, mit denen die Buchstaben dargestellt werden. Bei sechs Punkten ergeben sich

64

Kombinationsmöglichkeiten (das Leerzeichen inbegriffen)...

MfG

Shipwater aktiv_icon

17:31 Uhr, 08.05.2009

Hi,

aber mit einem Zeichen kann man doch 6 Zeichen machen. Mit zwei Zeichen

6 \cdot 5,

mit drei Zeichen

6 \cdot 5 \cdot 4

etc. Und dann ergibt alles aufaddiert

1956

\to

Ich verstehe nicht wie ihr auf

63

kommt. Also das mit dem "über" hatten wir noch nicht, wie kann man das trotzdem ausrechnen?

Gruß Shipwater

pepe1 aktiv_icon

17:41 Uhr, 08.05.2009

nur 1 Punkt verwendet: 6 Möglichkeiten
2 Punkte:

\frac{6 \cdot 5}{2} = 15

Mögl.
3 Punkte:

\frac{6 \cdot 5 \cdot 4}{1 \cdot 2 \cdot 3} = 20

Mögl.
4 Punkte:

... = 15

Mögl. ( analog bei 2 Punkten )
5 Punkte:

... = 6

Mögl-
6 Punkten: 1 Mögl.

insgesamt:

63

Mögl.

Ohne "Über",

d

h

. ohne Binomialkoeffizienten:
Abzählen:
Nur 1 Punkt erhaben: 6 Möglichkeiten
2 Punkte erhaben:

12; 13; 14; 15; 16; 23; 24; 25; 26; 34; 35; 36; 45; 46; 56

also

15

Möglichkeiten
usw.

MfG

Shipwater aktiv_icon

17:44 Uhr, 08.05.2009

Hi,

achso ich habe gedacht, dass es verschiedene Punkte sind, also dass

z . B

. jeder der Punkte noch eine extra Nummer hat oder so und deswegen bin ich auf

6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1

gekommen, aber klar ist es egal welcher Punkt wo ist, bei 6 Punkten gibt es somit logischerweise nur eine Möglichkeit.

Aber woher weis ich, dass ich

\frac{6 \cdot 5}{2}

rechnen muss, um die Möglichkeiten mit 2 Punkten zu bestimmen?

Gruß Shipwater

DK2ZA aktiv_icon

17:45 Uhr, 08.05.2009

Du kannst die 6 Punkte auch nebeneinander anordnen:

000001

000010

000011

000100

000101

usw...

bis

111110

111111

Das sind genau

63

verschiedene Zeichen (Buchstaben, Ziffern, Satzzeichen etc.)

GRUSS, DK2ZA

Shipwater aktiv_icon

17:46 Uhr, 08.05.2009

@ DK2ZA

Ja, habe ich gerade gemacht und bin auch auf

63

gekommen, wie oben schon steht habe die Aufgabe falsch verstanden. Aber wie kommt man auf

\frac{6 \cdot 5}{2}

bzw.

\frac{6 \cdot 5 \cdot 4}{1 \cdot 2 \cdot 3}

um die Möglichkeiten zu berechnen, denn ich glaube kaum, dass das Buch von uns verlangt

63

Möglichkeiten aufzuschreiben ;-)

Vielen Dank,

Shipwater

DK2ZA aktiv_icon

17:57 Uhr, 08.05.2009

Wenn es nicht 6 sondern nur 1 Platz wäre, dann gäbe es 2 Möglichkeiten, nämlich 0 oder 1.

Wenn es nicht 6 sondern nur 2 Plätze wären, dann gäbe es 4 Möglichkeiten, nämlich

00, 01, 10

oder

11

.

Wenn es nicht 6 sondern nur 3 Plätze wären, dann gäbe es 8 Möglichkeiten, nämlich

000, 001, 010, 011, 100, 101, 110

oder

111

.

Also: Ein Platz mehr bedeutet doppelt so viele Möglichkeiten.

Die Anzahl der Möglichkeiten ist einfach

2^{p},

wobei

p

die Anzahl der Plätze ist.

Und

2^{6} = 64

GRUSS, DK2ZA

pepe1 aktiv_icon

18:03 Uhr, 08.05.2009

Zu:

\frac{6 \cdot 5}{2} = 15

Mögl.
Numeriere die 6 Rasterpunkte von 1 bis 6,(damit sie unterscheidbar werden

) :

auf wieviele Arten kann ich 2 davon auswählen?
Ordne die beiden der Reihe nach an:

6 \cdot 5

Mögl.
Die Reihenfolge spielt jedoch keine Rolle; je zwei Mögl. werden als eine Mögl. gezählt: also divid. durch 2

auf wieviele Arten kann ich 3 auswählen?
Ordne die 3 (unterscheidb.) Punkte an:

6 \cdot 5 \cdot 4

Mögl.
Die Reihenfolge der Anordnung spielt keine Rolle;

d . h

. je

3 \cdot 2 \cdot 1 = 6

werden nur einmal gezählt.
also

\frac{6 \cdot 5 \cdot 4}{1 \cdot 2 \cdot 3} = 20

Mögl.
4 Punkte:

... = 15

Mögl. ( einfacher: zähle die Anzahl der Mögl. für die nicht ausgewählten Punkte; 2 werden nicht gewählt. Dieselbe Mächtigkeit )

MfG

Shipwater aktiv_icon

18:28 Uhr, 08.05.2009

Ok kapiert.

Danke

Shipwater aktiv_icon

22:21 Uhr, 08.05.2009

Hallo,

ich habe noch eine Frage zu der Urnenaufgabe:

Wieso gibt es bei der

b)

fünf Möglichkeiten, dass die schwarze Kugel mindestens drei mal gezogen wird? Es werden doch alle 4 mit einem Griff gezogen, ich dachte in so einem Falle ist die Reihenfolge irrelevant, sprich wieso gibt es nicht nur "viermal schwarz" und "dreimal schwarz einmal weis"?

Danke,

Gruß Shipwater

DK2ZA aktiv_icon

08:02 Uhr, 09.05.2009

"dreimal schwarz und einmal weiß" besteht aus vier Teilen: wsss, swss, ssws, sssw.

GRUSS, DK2ZA

Shipwater aktiv_icon

12:16 Uhr, 09.05.2009

Hi,

hmm ja das habe ich so schon kapiert. Naja ich danke,

Gruß Shipwater

Shipwater aktiv_icon

07:05 Uhr, 11.05.2009

Hi,

ich hätte noch eine letzte Rückfrage:

Könnte ich die

b)

der Urnenaufgabe auch wie magix vorgeschlagen hat mit Gegenereignis berechnen? Also so:

1 - ((\frac{36}{60} \cdot \frac{35}{59} \cdot \frac{34}{58} \cdot \frac{33}{57}) + (\frac{24}{60} \cdot \frac{36}{59} \cdot \frac{35}{58} \cdot \frac{34}{57} \cdot 4) + (\frac{24}{60} \cdot \frac{23}{59} \cdot \frac{36}{58} \cdot \frac{35}{57} \cdot 6)) = 0,171214125

Danke,

Shipwater

DK2ZA aktiv_icon

07:23 Uhr, 11.05.2009

Stimmt. Genau das habe ich auch. Ergebnis ist wieder

\frac{5566}{32509}

.

GRUSS, DK2ZA

Shipwater aktiv_icon

16:38 Uhr, 11.05.2009

Hi,

ich hätte noch eine Frage:

Ein Werkstück wird durch zwei Maschinen bearbeitet, die sich gegenseitig nicht beeinflussen. Dabei treten Fehler auf mit den Wahrscheinlichkeiten

0,06

bzw.

0,08

. Mit welcher Wahrscheinlichkeit hat ein zufällig der Produktion entnommenes Werkstück

a)

beide Fehler?

b)

keinen der beiden Fehler?

Zur

a)

würde ich

\frac{6}{100} \cdot \frac{8}{100} = \frac{48}{10000} = 0,0048

sagen.
Und zur

b)

würde ich

\frac{94}{100} \cdot \frac{92}{100} = \frac{8648}{10000} = 0,8648

sagen.

Bin mir aber nicht sicher. Und wenn ich

b)

mit einem Gegenereignis bestimmen will, würde es so aussehen.

1 - ((\frac{6}{100} \cdot \frac{92}{100}) + (\frac{94}{100} \cdot \frac{8}{100}) + (\frac{48}{10000})) = 0,8648

Wie gesagt bin mir aber nicht sicher, deshalb frage ich sicherheitshalber nach.

Gruß Shipwater

DK2ZA aktiv_icon

17:53 Uhr, 11.05.2009

Stimmt alles ganz genau.

GRUSS, DK2ZA

Shipwater aktiv_icon

17:57 Uhr, 11.05.2009

Hi,

vielen Dank.

Shipwater

Shipwater aktiv_icon

12:33 Uhr, 29.05.2009

Hi,

ich habe wieder eine Rückfrage zu dieser Aufgabe:

"Eine Urne enthält

24

schwarze und

36

weiße Kugeln. Es werden 4 Kugeln mit einem Griff entnommen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit entnimmt man

a) 4

schwarze oder 4 weiße Kugeln

b)

mindestens 3 schwarze Kugeln?"

Ich verstehe immer noch nicht, wieso bei der

b

{

(ssss), (wsss), (swss), (ssws), (sssw)} in Frage kommen und nicht nur

(4

Schwarze) und

(3

Schwarze

& 1

Weiße)? Also in der Aufgabenstellung steht doch, dass 4 Kugeln mit EINEM Griff entnommen werden und in unserem Buch steht klar und deutlich, dass bei "Ziehen mit einem Griff" die Reihenfolge keine Rolle spielt... Wieso unterscheide ich jetzt aber doch zwischen wsss und swss?

Gruß Shipwater

anonymous

13:18 Uhr, 29.05.2009

Hallo,

eben weil die Reihenfolge keine Rolle spielt, musst du die einzelnen Reihenfolgen berücksichtigen, da die verwendete Vorgehensweise (Multiplikation von Wahrscheinlichkeiten stochastisch unabhängiger Ereignisse) ja ganz klar für eine definierte Reihenfolge steht. Will sagen: die Wahrscheinlichkeit P(

{

wsss}) steht für das Ereignis, dass die erste Kugel weiß und die drei anderen schwarz sind.

Gruß, Diophant

Shipwater aktiv_icon

13:29 Uhr, 29.05.2009

Hallo,

danke für die Antwort.

Ich sehe, dann aber keinen Unterschied zwischen "Ziehen mit einem Griff" und "Ziehen ohne Zurücklegen". Also auch wenn es nicht mit einem Griff wäre, sondern hintereinander, wäre das Ergebnis der

b)

das Selbe, oder irre mich? Fall ja, wie müsste das Ergebnis denn dann heißen?

Vielen Dank

Gruß Shipwater

anonymous

13:40 Uhr, 29.05.2009

Hallo,

ja, genau: Ziehen mit einem Griff ist äquivalent mit Ziehen ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge (man könnte die Lottozahlen mit einem Griff ziehen, das wäre nur nicht so "telegen").

Wenn du diese Regel jetzt aber in Zusammenhang mit Vorgehensweisen verwendest, die für die Unterscheidung der Reihenfolge vorgesehen sind, musst du eben jeweils für ein Ereignis die Anzahl sämtlicher Reihenfolgen ermitteln und damit multiplizieren.

Ist dir zufällig die Binomialverteilung bekannt? Dann überlege mal, wozu man dort den Binomialkoeffizienten

(n

über

k)

benötigt.

Gruß, Diophant

Shipwater aktiv_icon

15:59 Uhr, 29.05.2009

Hallo,

danke für die Antwort.

Nein, das Wort Binomialverteilung sagt mir (noch) nichts, haben wir also bisher noch nicht durchgenommen.
Und stimmt es, dass das Ergebnis der

b)

das selbe wäre, wenn es nicht "Ziehen mit einem Griff", sondern nur "Ziehen ohne Zurücklegen" wäre? Oder würden sich die Ergebnisse unterscheiden, das ist mir aus deinem Beitrag noch nicht wirklich klar geworden. Aber ich denke es wäre dann das selbe.

\to

Also "Ziehen mit einem Griff" ist ja eigentlich nichts anderes als "Ziehen ohne Zurücklegen" nur, dass keine bestimmte Reihenfolge vorgesehen ist, man also alle in Betracht ziehen muss. Aber wie wäre dann die Lösung wenn es hieße, wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, diesen vorhergesehen Pfad zu ziehen: wsss
Das geht doch dann eigentlich gar nicht, wenn es "Ziehen mit einem Griff" ist, da man dort ja alle auf einmal zieht, heißt es keine Reihenfolge gibt, oder?

Und noch eine Frage:

Magix schrieb in ihrem bzw. seinem ersten Beitrag, dass man so auf das Ergebnis der

a)

kommen würde:

((24

über 4)mal(36 über 4))geteilt durch(60 über

8)

\to

Müsste es aber nicht eher

((24

über 4)mal(36 über 4))geteilt durch(60 über

4)

heißen? Denn so würde das Ergebnis auch mit dem, welches ich mithilfe von DK2ZA's Hilfe ermittelt habe übereinstimmen.

Vielen Dank,

Gruß Shipwater

anonymous

17:01 Uhr, 29.05.2009

Hallo,

zunächst zur

a) :

Hier ist das Ergebnis von DK2ZA richtig, der Ansatz von Magix beruht auf einem Irrtum: sie berechnet die Wahrscheinlichkeit dafür, dass unter 8 gezogenen Kugeln genau vier von jeder Farbe sind. Das kommt schon mla vor bei solchen Aufgaben, ist mir auch schon oft passiert. Man muss Stochastikaufgaben durchlesen wie das Kleingedruckte in irgendwelchen Mobilfunkverträgen oder anderen Dingen gleicher Seriosität. :-P)

Zur

b) :

Hier hast du wohl am Urnenmodell etwas noch nicht verstanden. Es werden vier Arten von Urnenexperimenten unterschieden. Man unterscheidet hinsichtlich Zurücklegen oder nicht und hinsichtlich Reihenfolge beachten oder nicht. Und nochmals:

!!!Ziehen mit einem Griff ist äquivalent zum Ziehen ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge!!!

Gruß, Diophant

Shipwater aktiv_icon

17:40 Uhr, 29.05.2009

Hi,

danke für die Antwort.

Naja, ich weis schon, dass man zwischen Ziehen mit und Ziehen ohne Zurücklegen unterscheidet und auch zwischen Reihenfolge beachten und Reihenfolge nicht beachten.
Also wenn ich sie nicht beachte, dann kann es mehrere Möglichkeiten geben und somit ist die Wahrscheinlichkeit auch höher als die, wenn ich sie beachte. Also ist die Wahrscheinlichkeit 3 schwarze zu ziehen, demnach höher als die Wahrscheinlichkeit

z . B

. genau diesen Pfad zu ziehen: sssw. Ich denke ich habe es nun verstanden.

Aber ich hätte dann noch eine (hoffentlich) letzte Frage:

Wenn die Aufgabenstellung jetzt zum Beispiel so lautet:

"Jemand zieht aus einer Urne mit 4 roten und 5 schwarzen Kugeln 4 mal ohne Zurücklegen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dabei mindestens 3 rote zu ziehen."

\to

Also dazu gehören ja nun, 4 rote und 3 rote zu ziehen.
Bei 4 roten ist die

P = \frac{4}{9} \cdot \frac{3}{8} \cdot \frac{2}{7} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{126}

Aber muss ich bei 3 roten nun die Reihenfolge beachten oder nicht? Denn das kann ich der Aufgabenstellung nicht entnehmen.

\to

Und da sind wir auch schon bei meiner eigentlichen Frage angelangt: Wenn nur angegeben ist, dass ohne Zurücklegen gezogen wird, die Aufgabenstellung also kein Wort darüber verliert, ob die Reihenfolge berücksichtigt werden soll oder nicht, soll ich sie dann berücksichtigen?

Vielen Dank,

Gruß Shipwater

anonymous

19:27 Uhr, 29.05.2009

Hi,

aus der Beschreibung des Ereignisses "Bei vier Zügen ohne Zurücklegen mindestens drei rote Kugeln" geht eindeutig hervor, dass die Reihenfolge keine Rolle spielt. Das ist ehrlich gesagt eher Semantik denn Mathematik.

Jetzt rechnest du bspw. mit

P = \frac{5}{9} \cdot \frac{4}{8} \cdot \frac{3}{7} \cdot \frac{2}{6} = \frac{5}{126}

die Wahrscheinlichkeit aus, dass die erste Kugel schwarz und die drei anderen rot sind. Nun musst du dir überlegen, wie viele denkbare Reihenfolgen es für drei rote aus vier Kugeln gibt. Dies geht hier durch Abzählen bzw. Verschieben der schwarzen Kugel durch die Stichprobe:

-srrr
-rsrr
-rrsr
-rrrs

Dies sind vier Möglichkeiten, daher ist die errechnete Wahrscheinlichkeit noch mit 4 zu multiplizieren:

P (r \geq 3) = \frac{5}{126} \cdot 4 = \frac{10}{63}

Die Wahrscheinlichkeit für mindestens drei rote Kugeln berechnet sich nun, wie du ja schon richtig angegeben hast, zu

P (r \geq 3) = P (r = 3) + P (r = 4)

Gruß, Diophant

P . S . :

Nicht alle Abzählprobleme sind derart einfach. Vermutlich werdet ihr in nächster Zeit für kompliziertere Probleme, bspw., in wie vielen Reihenfolgen sich

k

unterschiedliche Klassen von Elementen anordnen lassen, elementare Mittel der Kombinatorik wie die Fakultät und den Binomialkoeffizienten kennen lernen. Es lohnt sich also, dazu vorher schon zu recherchieren!

Shipwater aktiv_icon

19:33 Uhr, 29.05.2009

Hi,

danke für die Antwort.

Ich denke, ich habe es nun 'endgültig' verstanden.

Und du meintest ja, dass ich bald noch Bekanntschaft mit der Kombinatorik machen werde. Da hast du aber nicht ganz Recht, denn wir haben das in der Schule schon vor einiger Zeit durchgenommen gehabt. Damit habe ich aber im großen und ganzen kaum Probleme, also bei Ziehen mit Zurücklegen gibt es ja

n^{k},

bei Ziehen ohne Zurücklegen

n \cdot (n - 1) \cdot ... \cdot (n - k + 1)

und bei Ziehen mit einem Griff

\frac{n \cdot (n - 1) \cdot ... \cdot (n - k + 1)}{k!}

Möglichkeiten.

Vielen Dank,

Gruß Shipwater

anonymous

11:58 Uhr, 31.05.2009

Hallo,

nochmal: du darfst nicht nur nach Zurücklegen ja oder nein unterscheiden, sondern auch danach, OB DIE REIHENFOLGE BEACHTET WIRD ODER NICHT!!!

Wo kommt in deiner Betrachtung bspw. die Anzahl der Kombinationen beim Ziehen mit Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge vor?

Der völlig umständliche Term zur Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen mit einem Griff lässt sich folgendermaßen umformen bzw. definieren:

z = \frac{n \cdot (n - 1) \cdot ... \cdot (n - k + 1)}{k!}

= \frac{n!}{k! \cdot (n - k!)}

und das ist ja eben genau die Definition des Binomialkoeffizienten und damit die Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge. Diese unterschiedlichen Ausgänge werden hierbei meist als "Kombinationen" bezeichnet.

Gruß, Diophant

Shipwater aktiv_icon

12:33 Uhr, 31.05.2009

Hi,

naja wir hatten den Binomialkoeffizienten gar nicht durchgenommen und haben das Thema Wahrscheinlichkeiten auch schon abgeschlossen und sind weiter zum "Thema" ZK-Vorbereitung gegangen. Ich denke daher, dass ich mir deine Formel (noch) nicht aneignen muss und wenn man sich im Internet so manche ZK's ansieht, sieht man auch, dass dort der Binomialkoeffizient nicht benötigt wird.

Und ich denke ich weiß schon, auch wenn man es nicht merkt, dass man sowohl zwischen "Ziehen mit Zurücklegen" und "Ziehen ohne Zurücklegen" als auch zwischen "Reihenfolge beachten" und "Reihenfolge nicht beachten" unterscheidet: Beim zweimaligen Würfeln

z . B

. sind

(1; 2)

und

(2; 1)

verschiedene Ergebnisse, beim zweimaligen Ziehen aus einer Urne mit 3 roten Kugeln sind

(r_{1}; r_{2})

und

(r_{2}; r_{1})

aber keine verschiedenen Ergebnisse, da die Reihenfolge egal ist. ( Die "1 und 2" bei

r_{1}

und

r_{2}

dienen nur der Übersicht, also man unterscheidet diese beiden Kugeln nicht)

Vielen Dank,

Gruß Shipwater

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