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| Aufgabe | Man habe eine Urne mit 4 roten und 3 gelben Kugeln.
(i) Bestimme geeigneten Grundraum
(ii)Geben Sie die Wahrscheinlichkeiten an, im zweiten Zug eine gelbe bzw. rote Kugel zu ziehen, unter der Bedingung, dass die erste Kugel gelbe bzw. rot war!
(iii) Wie groß sind die Wahrscheinlichkeiten, im zweiten Zug eine gelbe bzw. rote Kugel zu ziehen?
(iv) Angenommen die zweite gezogene Kugel ist gelb. Wie groß sind die Wahrscheinlichkeiten, dass die erste Kugel rot bzw. gelb war? |
zu 1. Ich nummeriere die Kugeln durch. Rote Kugeln sind 1,2,3,4 und gelbe 5,6,7. [mm]\Omega=\left \{(i,j)\;|\;i\in\{1,\ldots,7\},j\in\{1,\ldots,7\}\setminus \{i\}\right \}[/mm]
zu 2. Ich habe mir Ereignisse definiert:
[mm] $G_i$="i-te [/mm] gezogene Kugel ist Gelb"
[mm] $R_i$="i-te [/mm] gezogene Kugel ist Rot"
Bestimme ich [mm] $P(G_2|G_1)=\frac{P(G_2\cap G_1)}{P(G_1)}=\frac{?}{3/7}$. [/mm] Das [mm] $G_1$ [/mm] und [mm] $G_2$ [/mm] nicht stochastisch unabh sind, so kann ich ja nicht [mm] $P(G_1\cap G_2)=P(G_1)p(G_2)$ [/mm] rechnen. Da hackt es bei mir.
[mm] $|G_1\cap G_2|=|\left \{(i,j)\;|\;i\in\{5,6,7\},j\in\{5,6,7\}\setminus \{i\}\right \}|={3 \choose 2}=6$ [/mm] ?
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Hi,
mach es dir doch erstmal ohne den Formalismus klar - also z.B. mit einem Baumdiagramm. Dann wird dir auch der Formalismus leichter fallen. Die Berechnung der W-keiten ist hier ja dann auch tatsächlich kein Zauberwerk (ohne den Formalismus, den du offenbar noch dazu brauchst), immer auch den gesunden Menschenverstand benutzen  .
Und die Aufgabenstellung ist so doch sicher nicht vollständig, sonst würdest du ja nicht auf die Zweiertupel kommen (okay, dass die Kugeln nicht zurückgelegt werden, kann man sich aufgrund der Aufgabenstellung vielleicht noch denken).
lg weightgainer
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Ich möchte mich doch mit dem Formalismus durchkämpfen:
zu ii)
Annahme [mm] $P(\{\omega\})=\frac{1}{7}$
[/mm]
[mm]G_i=\textrm{ i-te Kugel ist Gelb }[/mm]
[mm]R_i=\textrm{ i-te Kugel ist Rot }[/mm]
[mm]P(G_2|G_1)=\frac{P(G_2\cap G_1)}{P(G_1)}=\frac{\frac{{3\choose 2}}{{7\choose 2}}}{3/7}=1/3[/mm]
[mm]P(R_2|G_1)=1-1/3=2/3[/mm]
[mm]P(G_2|R_1)=\frac{P(G_2\cap G_1)}{P(R_1)}=\frac{\frac{3*4}{6*7}}{4/7}=1/2[/mm]
[mm]P(R_2|R_1)=1-1/2=1/2[/mm]
zu iii)
[mm]P(G_2)=P(G_2|G_1)P(G_1)+P(G_2|R_1)P(R_1)=1/3 * 3/7 + 1/2 *4/7=3/7[/mm]
[mm]P(R_2)=1-3/7=4/7[/mm]
zu iv)
[mm]P(G_1|G_2)=\frac{P(G_1\cap G_2)}{P(G_2)}=\frac{6/42}{3/7}=1/3[/mm]
[mm]P(R_1|G_2)=1-1/3=2/3[/mm]
Stimmt das so? Stimme das auch formal so?
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Ich will dir mal klar machen, was weightgainer meint:
Wenn zuerst eine rote Kugel gezogen wurde, sind in der Urne noch 3 rote und 3 gelbe Kugeln. Dann ist die W. für beide Fälle 1/2.
Wenn zuerst eine gelbe gezogen wurde, sind in der Urne noch 4 rote und 2 gelbe. Dann ist die W. für rot jetzt 2/3 und für gelb 1/3.
Glaubst du wirklich, dass du für diese triviale Aufgabe solche Geschütze auffahren musst? Falls ja, wirst du zeitlich und geistig kaum eine Klausur schaffen. Du fährst doch auch nicht mit dem hubschrauber in den Kartoffelkeller oder? (Ich will mich hier nicht lustig über dich machen, sondern dich nur auf die Verhältnismäßigkeit der Mittel hinweisen!)
Ob deine Lösung stimmt, kannst du nun überprüfen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:47 Fr 31.12.2010 | | Autor: | Gonozal_IX |
Huhu,
mal im ernst: Ein Baumdiagramm ist hier auch mit Kanonen auf Spatzen geschossen.
Die Aufgabe ist (wenn man i) korrekt löst) wesentlich schneller formal zu lösen, als mit einem Baumdiagramm. Soviel zum Hubschrauber.
MFG,
Gono.
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Hey,
jedem die Mittel seiner Wahl - wenn es verschiedene grundlegend unterschiedliche Lösungswege gibt, sollte sich jeder doch den rauspicken, mit dem er "am besten" zum Ziel kommt. Ich habe nicht die Sinnhaftigkeit des formalen Wegs angezweifelt. Das wurde scheinbar in meiner Formulierung nicht klar.
Ich wollte keinen Verzicht auf den formalen Weg zur Lösung, sondern nur darauf hinweisen, dass man die Lösungen auf anderem Wege sehr leicht ermitteln und sich so selbst seinen formalen Weg bestätigen/widerlegen kann.
Die erste Anfrage klang für mich nach einem in einem Formalismus festgebissenen Lernenden, der deswegen den Blick für das Einfache verloren hat, mit dem er sich seinen Formalismus selbst bestätigen kann.
lg weightgainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:20 Fr 31.12.2010 | | Autor: | Gonozal_IX |
Huhu,
ich fand deinen Tip ehrlicherweise auch sehr hilfreich.
Ist man sich mit seiner Lösung nicht sicher, einen anderen Weg zu versuchen halte ich für durchaus angebracht.
Mir ging es vielmehr um die Aussage von HJK, der Formalismus sei hier zu großspurig und ein Wahrscheinlichkeitsbaum doch viel leichter.
Ich stimme dir 100%ig zu, der anderen Aussage jedoch weit weniger.
MFG,
Gono.
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> Und die Aufgabenstellung ist so doch sicher nicht
> vollständig, sonst würdest du ja nicht auf die
> Zweiertupel kommen (okay, dass die Kugeln nicht
> zurückgelegt werden, kann man sich aufgrund der
> Aufgabenstellung vielleicht noch denken).
Man muss dem Aufgabensteller aber doch ganz klar
den Vorwurf machen, dass er dies nicht wirklich
festgehalten hat - in einem Zusammenhang, wo eben
beide Ziehungsvarianten (mit oder ohne Zurücklegen)
in Frage kommen.
LG Al-Chw.
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Ohne Zurücklegen ist die Aufgabenstellung
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Huhu,
dein Grundraum ist schon viiiiiiiiiiiiiiiiiiiel kompliziert.
Darum kommst du mit dem Rest der Aufgabe so schwer klar.
Versuchs mal mit:
[mm] $\Omega [/mm] = [mm] \left\{\omega \in \{0,1\}^7,\; \summe_{i=1}^7 \omega_i = 3\right\}$
[/mm]
Nun kannst du sehr schnell alle deine Möglichkeiten ausrechnen, weil jedes Tupel durch die Zahl seiner Einsen (bzw Nullen) eindeutig festgelegt ist.
MFG.
Gono.
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Ich stell mich manchmal sehr umständlich an. Aber wie kann ich auf deiner Grundmenge $ [mm] \Omega [/mm] = [mm] \left\{\omega \in \{0,1\}^7,\; \summe_{i=1}^7 \omega_i = 3\right\} [/mm] $ arbeiten? So steht es kompakter da aber viel mehr kann ich auch nicht damit anfangen. Kannst du es mir vielleicht an der einfachsten Teilaufgabe oben zeigen, wie du damit die Aufgabe lösen würdest?
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Huhu,
ok, machen wir uns mal klar, wie [mm] \Omega [/mm] aussieht:
Das sind Tupel mit 4 Nullen und 3 Einsen.
D.h. 0 steht für Rot und 1 für Gelb.
Wie groß ist nun die Mächtigkeit von [mm] \Omega?
[/mm]
Nunja, es gilt [mm] $\left|\Omega\right| [/mm] = [mm] \vektor{7 \\ 3} [/mm] = 35$, da jedes Tupel durch die Festlegung der Einsen eindeutig bestimmt ist und es gerade [mm] \vektor{7 \\ 3} [/mm] Möglichkeiten gibt, die 3 Einsen auf 7 Plätze zu verteilen.
Die Frage bei jeder Menge lautet eigentlich nur: "Wieviele freie Einsen kann ich auf wieviele freie Plätze verteilen?".
Bei der ii) ist ja beispielsweise kann die Bedingung "Die zweite Kugel ist rot d.h. [mm] $\omega_2 [/mm] = 0$"
Betrachten wir nun also die Wahrscheinlichkeit davon, dann gilt:
[mm] $P(\text{"Die zweite Kugel ist rot \"}) [/mm] = [mm] P(\{\omega_2 = 0\}) [/mm] = [mm] \vektor{6 \\ 3} [/mm] = 20$
Und nun du mal den Rest
MFG,
Gono.
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| Status: |
(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 20:27 Do 06.01.2011 | | Autor: | wieschoo |
[mm]P(\textrm{Die zweite Kugel ist rot }) = P(\{\omega_2 = 0\}) = \vektor{6 \\
3} = 20 [/mm]
Das ist die Anzahl der günstigen Fälle. Nicht die W-keit. [mm]P:\mathcal{A}\to [0,1][/mm]
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| Status: |
(Korrektur) richtig (detailiert geprüft)  | | Datum: | 22:14 Do 06.01.2011 | | Autor: | Gonozal_IX |
Huhu wieschoo,
du hast natürlich recht.....
Grüße,
Gono.
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