Wahrscheinlichkeit/ Ziehung < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | | In einem Kasten liegen 15 Tennisbälle, darunter 9 unbenutzte. Es werden nacheinander zufällig vier Bälle entnommen; der entnommene Ball werde vor der nächsten Entnahme zurückgelegt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei unbenutzte Bälle entnommen werden. |
Hallo liebe Forenmitglieder,
ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
An sich ist sie wahrscheinlich sehr einfach, jedoch finde ich nach wie vor keinen Zugang zu Fragen der Kombinatorik und Wahrscheinlichkeitsrechnung.
Mir ist soweit klar (zumindest hoffe ich das!), dass es sich um eine Variation handelt, bei der $n=2$ und $k=4$ ist. Wie ich jetzt aber zur Wahrscheinlichkeit des Ereignisses komme, weiß ich nicht.
Ich würde mich freuen, wenn mir jemand eine Art Kochrezept (also hilfreiche Schrittfolgen zum Verstehen und) zur Lösung solcher Aufgaben geben könnte.
Danke.
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:11 Mi 16.05.2012 | | Autor: | Martinius |
Hallo,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
google doch einmal unter "Bernoulli-Verteilung".
LG, Martinius
|
|
|
| |
|
Die Bernoulli-Verteilung war das Stichwort. Ich bin überhaupt nicht auf die Idee gekommen, im Buch unter Spezielle Verteilungen nachzusehen.
Hier mein Lösungsvorschlag:
$A=$ Ziehung von mindestens zwei unbenutzten Tennisbällen,
[mm] $p=\frac{9}{15}$,
[/mm]
[mm] $q=1-p=\frac{6}{15}$,
[/mm]
$X=$ Anzahl der gezogenen, unbenutzten Bälle bei vier Ziehungen mit Zurücklegen,
$n=4$
[mm] $f(x)=P(X=x)=\vektor{4 \\ x} \cdot \left( \frac{9}{15} \right)^x \cdot \left( \frac{6}{15} \right)^{4-x}$
[/mm]
Da es heißt, dass mindestens zwei Bälle unbenutzt sein sollen, rechne ich zuerst das Komplementärereignis aus.
[mm] $P(X=1)=\vektor{4 \\ 1} \cdot \left( \frac{9}{15}\right)^1 \cdot \left( \frac{6}{15}\right)^3=0,1536$ [/mm] und
[mm] $P(X=0)=\vektor{4 \\ 0} \cdot \left( \frac{9}{15}\right)^0 \cdot \left( \frac{6}{15}\right)^4=0,0256$
[/mm]
Das ergibt zusammen eine WSK für $P(X [mm] \le [/mm] 1)=P(X=1)+P(X=0)=0,1792$.
Das eigentliche Ereignis errechnet sich so also zu $P(X [mm] \ge [/mm] 2)=1-P(X [mm] \le [/mm] 1)=0,8208$.
Ist das soweit richtig? Wenn ja, dann vielen Dank für das Stichwort!
|
|
|
| |
|
Hallo loup_garou,
alles richtig.
LG, Martinius
|
|
|
|
