Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:40 Mi 27.06.2007 | | Autor: | hilfe11 |
Gegeben:
Gegeben ist eine unendlich große Grundgesamtheit.
Die Grundgesamtheit besteht aus Kugeln, die mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,5% blau sind.
Frage:
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit bei 5fachem ziehen mindestens eine blaue Kugel zu erhalten?
mein Lösungsansatz.:
P=P(1) + [mm] P(1)^2 +P(1)^3 +P(1)^4 +P(1)^5
[/mm]
Ist das korrekt ???
Ich würde mich wirklich SEHR :) über eine schnelle Antwort freuen!!
DANKE Maik
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:06 Mi 27.06.2007 | | Autor: | setine |
Hi Maik!
Wenn X die Zufallsvariable ist, welche die Anzahl gezogene blaue Kugeln darstellt, dann ist die Wahrscheinlichkeit mindestens eine davon gezogen zu haben: $P(X [mm] \ge [/mm] 1) = 1 - P(X=0)$
D.h. die Wahrscheinlichkeit lässt sich einfacher über das Gegenereignis berechnen - hier also die Wahrscheinlichkeit keine der blauen Kugeln gezogen zu haben. Somit ist:
[mm] $P(X\ge1)=1-P(X=0)=1-0.995^5=0.025$
[/mm]
Gruss, Setine
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:24 Mi 27.06.2007 | | Autor: | hilfe11 |
Danke für deine Antwort! :)
Demzufolge wäre mein Ansatz ja falsch - wie müsste es denn gerechnet werden wenn man das ganze "andersrum" rechnet? Also so wie mein erster Ansatz war...
Viele Grüe
Maik
|
|
|
| |
|
> Danke für deine Antwort! :)
>
> Demzufolge wäre mein Ansatz ja falsch
Die Wahrscheinlichkeit einer Vereinigung von Ereignissen ist nur dann gleich der Summe der Wahrscheinlichkeiten dieser Ereignisse, wenn sie sich gegenseitig ausschliessen: im ersten Zug blau zu ziehen schliesst aber nicht aus auch im zweiten blau zu ziehen.
[mm]P(\text{mindesens eine})=P(\text{genau eine})+P(\text{genau zwei})+P(\text{genau drei})+P(\text{genau vier})+P(\text{genau fünf})[/mm]
Mit Betonung auf genau...
> - wie müsste es denn
> gerechnet werden wenn man das ganze "andersrum" rechnet?
> Also so wie mein erster Ansatz war...
[mm]P(\text{mindestens eine}) = \binom{5}{1}\cdot P(\text{blau})^1\cdot \big(1-P(\text{blau})\big)^{5-1}+\binom{5}{2}\cdot P(\text{blau})^2\cdot \big(1-P(\text{blau})\big)^{5-2}+\cdots+\binom{5}{5}\cdot P(\text{blau})^5\cdot \big(1-P(\text{blau})\big)^{5-5}[/mm]
Weil diese Summe aber ebenso mühsam auszurechnen wie hinzuschreiben ist, verwendet man in dieser Situation eben gerne den Trick mit der Rechnung über das Gegenereignis.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:44 Mi 27.06.2007 | | Autor: | hilfe11 |
ok - DANKE
|
|
|
|
