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| Aufgabe | in einer urne befinden sich 50 kugeln, 20 rote und 30 blaue. es werden 10 kugeln nacheinander gezogen.
berechne die wahrscheinlichkeit dafür, dass
(II) genau vier rote kugeln beim ziehen mit zurücklegen
(III) mindestens zwei rote kugeln beim ziehen mit zurücklegen entnommen werden. |
diese aufgaben konnte ich in der klausur nicht. ich habe 7 punkte, damit kann ich leben. aber ich würde sie trotzdem gerne verstehen. in der klausur habe ich 15 minuten versucht eine gleichung aufzustellen, aber nicht geschafft.
ich habe das ganze dann versucht, indem ich mir ein baumdiagramm vorgestellt habe und die brüche multipliziert habe. leider hat das alles nicht so hin gehauen und ich habe nur 2 von 10 punkten bei der aufgabe. kann jemand eine gleichung für diese aufgaben aufstellen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:29 Mo 27.10.2008 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Ich würde die Aufgaben mit "Bernoulii" Lösen.
Also: [mm] P(X=k)=\vektor{n\\k}*p^{k}*(1-p)^{n-k}
[/mm]
Ob du dann die Taabellen nutzt, oder das "zu Fuss" ausrechnest, bleibt dir überlassen.
Marius
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 17:37 Mo 27.10.2008 | | Autor: | Julia1988 |
ich bin eher schelcht in mathe und wir sind gk. zumindest hatte ich das so noch nie. wir haben das immer nur in bruchform mit ncr oder npr gemacht. geht das damit nicht? ich wüsste jetzt bei dem andern nicht was n und was k ist.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:40 Mo 27.10.2008 | | Autor: | M.Rex |
Was ist nCr oder nPR? Kennst du [mm] \vektor{n\\k}=\bruch{n!}{k!(n-k)!}?
[/mm]
Marius
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nPr und nCr sind eingaben beim taschenrechner und man nimmt sie bei diesen überzahlen. also das was du auch mit n und k in klammern geschrieben hast. nPr nimmt man wenn die Reiehnfolge für das ergebnis eine rolle spielt und ncr wenn die reihenfolge egal ist. diese formel habe ich mal geshen, kann sie aber eigentlich nicht anwenden. vielleicht wenn sie für die aufgabe konkret mit zahlen wäre, würde ich sie versthen oder erkennen. diese buchstaben formeln habe ich noch nie verstanden. ist halt auch 2 wochen her das ich das letzte mal gemacht habe. n ist doch immer die große zahl und k die kleine...?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:05 Mo 27.10.2008 | | Autor: | M.Rex |
Hallo.
Nehmen wir mal ein einfaches Beispiel
Du startest ein Mensch-ärgere-Dich-Nicht-Spiel, darfst also dreimal würfeln, und wenn eine 6 Fällt, kannst du rausrücken.
Du nimmst also einen normalen Würfel (W6) also mit 6 Seiten, und du willst die W.Keit haben, das du rausrücken kannst (du wirfst ja 3mal)
Also wirfst du 3-mal, und willst mindestens eine Sechs haben. Also bleibst du drin, wenn du kein mal eine sechs würfelst.
Also bleibst du drin, wenn du bei n=3 Würfen k=0-mal die 6 Würfelst, (die sechs bei einem einfachen Wurf erwürfelst du mit [mm] p=\bruch{1}{6} [/mm] )
Also bleibst du mit
[mm] P=\vektor{3\\0}*\left(\bruch{1}{6}\right)^{0}*\left(1-\bruch{1}{6}\right)^{3-0}
[/mm]
[mm] =\bruch{3!}{0!*(3-0)!}*\left(\bruch{1}{6}\right)^{0}*\left(\bruch{5}{6}\right)^{3}
[/mm]
[mm] =\underbrace{\bruch{3!}{0!*3!}}_{=1}*\underbrace{\left(\bruch{1}{6}\right)^{0}}_{1}*\left(\bruch{5}{6}\right)^{3}
[/mm]
[mm] =\left(\bruch{5}{6}\right)^{3}
[/mm]
[mm] =\bruch{5³}{6³}
[/mm]
[mm] =\bruch{125}{216}
[/mm]
[mm] \approx0,57 [/mm]
stehen.
Jetzt klarer?
Marius
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 19:21 Mo 27.10.2008 | | Autor: | Julia1988 |
hmm ok denk mal ich könnte das übernehmen für die aufgaben. finde das aber schon ganz schön kompliziert. kann man das auch nicht mir wahrscheinlichkeiten und gegenwahrscheinlichkeit in eine formel tun? so haben wir das bis jetzt immer gemacht. oder wäre es bei zb. 5 nicht auch möglich 5 Fakultät zu rechnen und das mal 2 wegen den 2 würfeln?
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sorry der lösungsvorschlag gehörte zu einer anderen aufgabe. könnte man hier nicht die pfadwahrscheinlichkeiten multiplizieren und dann irgendwie mit hochzahlen oder so? ich konnte die aufgabe echt gar nicht.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:05 Mo 27.10.2008 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
> siehe anfang
> sorry der lösungsvorschlag gehörte zu einer anderen
> aufgabe. könnte man hier nicht die
> pfadwahrscheinlichkeiten multiplizieren und dann irgendwie
> mit hochzahlen oder so? ich konnte die aufgabe echt gar
> nicht.
So ginge es auch. Du musst dann aber noch überlegen, wieviele Pfade es gibt, die die Bedingung erfüllen, und genau dieses wird durcht die Zahl, die sich aus [mm] \vektor{n\\k} [/mm] ergibt, beistimmt.
Nehmen wir mal die W.Keit, dass du bei n=3 Würfen genau eine 6 auf dem Würfel erreichst. Das heisst, einer der drei Würfe muss eine 6 ergeben, und die beden anderen keine 6.
Also haben alle Pfade: 1-Mal [mm] \bruch{1}{6} [/mm] und 2-Mal [mm] \bruch{5}{6} [/mm] in ihrem "Weg", das heisst, du mulitiplizierst in jedem Pfad
[mm] \bruch{1}{6}*\bruch{5}{6}*\bruch{5}{6}=\bruch{1}{6}*\left(\bruch{5}{6}\right)^{2}
[/mm]
Und es gibt hier halt genau 3 Pfade
[mm] (6;\overline{6};\overline{6}) [/mm] mit [mm] p=\bruch{1}{6}*\bruch{5}{6}*\bruch{5}{6} [/mm]
[mm] (\overline{6};6;\overline{6}) [/mm] mit [mm] p=\bruch{5}{6}*\bruch{1}{6}*\bruch{5}{6} [/mm]
[mm] (\overline{6};\overline{6};6) [/mm] mit [mm] p=\bruch{5}{6}*\bruch{5}{6}*\bruch{1}{6} [/mm]
Und der Binomialkoeffizient [mm] \vektor{3\\1}=\bruch{3!}{1!*(3-1)!} [/mm] gibt dir dann eben genau diese Zahl der Pfade an, so dass du dir das "Pfadezählen" ersparen kannst.
Also gilt für die Gesamtwahrscheinlichkeit dieses Ereignisses:
[mm] P=\vektor{3\\1}*\left(\bruch{1}{6}\right)^{1}*\left(1-\bruch{1}{6}\right)^{3-1}=...
[/mm]
Jetzt klarer?
Marius
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ok die wahrscheinlichkeit bei II wäre ja ein mal 4/10 für rot. man muss ja nun ohne zurücklegen, bei jedem der 10 züge nenner und zähler um einen vermindern. und man benötigt doch die gegenwahrscheinlichkeit von 6/10. kann man das so als ansazt richtig nehmen? es gibt doch 24 wege oder? also das ergebnis von allem dann mit 24 multipilizieren?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:31 Mo 27.10.2008 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
> siehe anfang
> ok die wahrscheinlichkeit bei II wäre ja ein mal 4/10 für
> rot. man muss ja nun ohne zurücklegen, bei jedem der 10
> züge nenner und zähler um einen vermindern. und man
> benötigt doch die gegenwahrscheinlichkeit von 6/10. kann
> man das so als ansazt richtig nehmen? es gibt doch 24 wege
> oder? also das ergebnis von allem dann mit 24
> multipilizieren?
Oben schreibst du aber etwas von mit zurücklegen.
Du hast dann (mit zurücklegen)
[mm] \underbrace{\bruch{1}{5}*...*\bruch{1}{5}}_{\text{4-mal}}*\underbrace{\bruch{4}{5}*...*\bruch{4}{5}}_{\text{6-mal}}
[/mm]
Und hier gibt es [mm] \vektor{10\\4} [/mm] mögliche "Wege", die 4 roten Kugeln innerhalb der 10 Züge zu bekommen, wie du dann auf die 24 kommst, ist mir noch schleierhaft.
Wäre es ohne Zurücklegen, hast du in jedem Pfad:
[mm] \bruch{\red{4*3*2*1}*6*5*4*3*2*1}{10*9*8*7*6*5*4*3*2*1} [/mm] zu multipilzieren, wobei im Zähler die Reihenfolge auch vertauscht werden kann. Es ist ja mit Zurücklegen, daher ist das gestrichene uninteressant.
Marius
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24 ist die fakultät aus 4. wenn ich das multipliziert habe, muss ich es doch noch mal multiplizieren mit einer zahl um die verschiedenen anordnungen der 4 roten kugeln mit einzubeziehen. ich dachte halt das wäre 24.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:47 Mo 27.10.2008 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Bei dem Fall ohne Zurücklegen brauchst du das nicht, weil man da schon die Anordnung berücksichtigt, indem man beim ersten mal 4, dann noch 3, dann noch 2 und dann noch eine rote Kugel hat. Und beim Fall mit zurücklegen hat jeder Pfad ja die Formel
[mm] \left(\bruch{1}{5}\right)^{4}*\left(\bruch{4}{5}\right)^{6}
[/mm]
Und die kann ich auf mehr als 24 Varianten sortieren, nämlich auf [mm] 210(=\vektor{10\\4}) [/mm] Arten.
Marius
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ah ok danke. ich habe dann also 17280/3628800 raus. das ist ja dann schon das ergebnis ne?
ok und bei III macht man es dann genauso. aber wie krige ich dieses mindestens 2 da mit rein. man hat ja dann sozusagen 9 möglichkeiten für rot, die dort hinein passen würden. wie soll man das in eine rechnung aufnehmen, nach diesem schema?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:01 Mo 27.10.2008 | | Autor: | M.Rex |
Hallo.
Mindestens 2 heisst, 2, 3, oder 4, oder auch nochmehr.
Alternaitv kannst du ja die Gegenw.Keit ermitteln, mit höchstens eine rote Kugel.
Also berechne mal die W-Keit für keine rote Kugel und für eine Rote Kugel, addiere diese beiden, und ziehe die Summe von 1 ab, dann hast du auch "mindestens 2"
Ach übrigens Unser P für eine Rote Kugel ist die ganze Zeit schon falsch. Es sind 20 rote Kugeln bei 100 insgesamt, also [mm] p_{rot}=\bruch{20}{100}=\bruch{1}{5}. [/mm] Ab hier verbessere ich das jetzt mal.
Marius
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 22:11 Mo 27.10.2008 | | Autor: | Julia1988 |
äh ok also ist mein ergebnis von II falsch? eigentlich nicht oder.
zu III
das wäre dann doch einfach:( 1*2*3*4*5*6*7*8*9*10) : (10*9*8*7*6*5*4*3*2*1)= 3628800/ 10000000000.
das dann * 2. aber das ist ja dann viel mehr als II. oder kürzt man das dann vorher?
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> In einer Urne befinden sich 20 rote und 30 blaue Kugeln.
> Es werden 10 kugeln nacheinander gezogen mt Zurücklegen.
> Berechne die wahrscheinlichkeit dafür,
> dass mindestens zwei rote kugeln entnommen werden.
Ich will jetzt mal diese Lösung Schritt für Schritt erklären, und zwar ohne diese komplizierten Taschenrechner-Formeln:
1.) Mindestens zwei Rote heißt: 2, oder 3 oder ... oder 10.
Das ist das Gegenteil von: NULL oder EINE Kugel
2.) Da es kürzer ist, die Sache mit der 0 und 1 auszurechnen, als die Sache mit der 2, 3, ..., 10, nehmen wir lieber die erste Variante und ziehen dann die Wahrscheinlichkeit von 1 ab (weil Gegenwahrscheinlichkeit)
3.) Wahrscheinlichkeit für NULL Rote (mit Zurücklegen):
Bei jedem Ziehen ist die Wahrscheinlichkeit 30:50 (oder gekürzt 3:5). Wir ziehen 10 Mal.
Daher ist die Wahrscheinlichkeit, gar keine Rote zu ziehen: [mm] (\bruch{3}{5})^{10}
[/mm]
4.) Wahrscheinlichkeit EINE Rote (mit Zurücklegen)
Angenommen, die ERSTE Kugel ist Rot und die restlichen neun Kugeln sind Blau. Dafür ist die Wahrscheinlichkeit:
[mm] (\bruch{2}{5})^{1}*(\bruch{3}{5})^{9}
[/mm]
Nun ist aber die Reihenfolge egal, d.h. die Rote kann an jeder der 10 Stellen stehen.
Deshalb: [mm] (\bruch{2}{5})^{1}*(\bruch{3}{5})^{9}*10
[/mm]
5.) Das ist schon fast alles. Nun muss man nur noch obiges zusammenfügen:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass mindestens zwei rote Kugeln entnommen werden, ist
1- [mm] (\bruch{3}{5})^{10} [/mm] - [mm] (\bruch{2}{5})^{1}*(\bruch{3}{5})^{9}*10
[/mm]
So, und jetzt kannst du deinen Taschenrechner rausholen, und ausrechnen, was da raus kommt.
So erscheint mir das alles logischer und verständlicher, als das mit den anderen Tasten, die selbständig Ergebnisse ausrechnen - wo dann aber niemand versteht, was sich der TR eigentlich dabei "gedacht" hat
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(Korrektur) richtig (detailiert geprüft)  | | Datum: | 11:11 Di 28.10.2008 | | Autor: | Al-Chwarizmi |
Ich unterstütze den Ratschlag, so etwas zunächst einmal
selber im Detail z.B. mittels Pfadregeln durchzudenken, sehr.
Die Binomialkoeffizienten und weiteren Funktionen des
Rechners setzt man dann sinnvollerweise ein, wenn man die
Grundlagen dazu wirklich verstanden und verinnerlicht hat.
Gruß
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