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Guten Morgen!
Ich bin gerade dabei, mir ein paar Wahrscheinlichkeitsszenarien auszudenken. Eines lässt mich besonders viel grübeln:
Angenommen, in einer Urne sind 5 Paar Kugeln, dh insgesamt 10 Kugeln:
-> 2 rote
-> 2 schwarze
-> 2 blaue
-> 2 gelbe
-> 2 grüne
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, zwei paar Kugeln zu ziehen, wenn man 4 Kugeln ziehen darf. Jedes Paar der zwei Paare muss aus zwei gleichen Kugeln bestehen, dh ich ziehe zB rotes Paar & grünes Paar, oder gelbes Paar & rotes Paar etc.
Ich habe mir gedacht, mit der hypergeometrischen Verteilung dieses Problem zu lösen. Zu den günstigen Fällen:
#(günstige Fälle)=
#(k Kugeln aus insgesamt M Kugeln ziehen)x
#((n-k) Kugeln aus insgesamt (N-M) Kugeln ziehen)
k Kugeln sind in meinem Fall 2 Kugeln aus insgesamt 2 Kugeln. Hier beziehe ich mich auf ein paar, zB rote Kugeln. Ich versuche somit, 2 rote Kugeln aus insgesamt 2 rote Kugeln zu ziehen.
Dann versuche ich noch n-k Kugeln aus insgesamt N-M Kugeln zu ziehen. Hier ist (n-k) Kugeln genau 0 Kugeln, und (N-M) Kugeln sind die übrigen 8 Kugeln, die noch in der Urne sind.
k=2 (Anzahl der roten Kugeln, die gezogen wurden)
n=2 (Anzahl aller Kugeln, die gezogen wurden)
M=2 (Anzahl der roten Kugeln)
N=10 (Anzahl aller Kugeln)
Naja, und daraus erhalte ich meine günstigen Fälle. Ich berechne die Wahrscheinlichkeit mit
P=#(günstigen Fälle)/#(möglichen Fälle)
Danach rechne ich noch P*P, da ich ja die Wahrscheinlichkeit für 2 Paar Kugeln berechnen will, wovon jedes Paar in einer andren Farbe ist. So komm ich dann zu meiner Wahrscheinlichkeit ... oder nicht?
Freue mich auf ein paar Tipps.
Gruß, h.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:23 So 14.10.2007 | | Autor: | Braunstein |
Okay,
ich hab gerade gemerkt, dass das ein ziemlicher Unsinn ist.
Trotzdem würde ich mich über ein paar Tipps freuen.
Gruß, h.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:40 So 14.10.2007 | | Autor: | Riley |
Morgen,
du hast doch dann aber nur ein Paar (in deinem Bsp. die beiden roten Kugeln) gezogen? Außerdem musst du ja auch noch die zwei Paar aus den 5 Paaren auswählen?
> Ich
> berechne die Wahrscheinlichkeit mit
> P=#(günstigen Fälle)/#(möglichen Fälle)
ja das schon.
> Danach rechne ich noch P*P, da ich ja die
> Wahrscheinlichkeit für 2 Paar Kugeln berechnen will, wovon
> jedes Paar in einer andren Farbe ist. So komm ich dann zu
> meiner Wahrscheinlichkeit ... oder nicht?
so einfach geht das denke ich nicht!
Kennst du die Aufgabe mit den Schuhen? Ich häng sie dir mal in Anhang, das müsste dir weiterhelfen! :)
Viele Grüße,
Riley
Schuhe
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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Vielen Dank für eure raschen Antworten.
Ich habe mir mal das Beispiel mit den Schuhen angesehen. Mir ist aufgefallen, dass von Teilmengen die Rede war. Dann hab ich mir analog zu (b) (siehe Beispiel im Anhang) folgendes ausgedacht:
-> Ich habe 10 Kugeln in einer Urne.
-> 5 Schwarze
-> 5 Weise
-> Somit habe ich doch 2 Teilmengen (?)
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ich 3 schwarze Kugeln ziehe, wenn 5 Kugeln gezogen werden müssen?
Gut, ich hab dann analog folgendes überlegt:
Ich wähle eine Teilmenge der beiden Teilmengen aus, in diesem Fall ist das die schwarze. Daraus will ich 3 Kugeln ziehen. Dann wähle ich die zweite Teilmenge aus. Dort will ich dann 2 weiße Kugeln ziehen. Die günstigen Fälle sehen dann so aus:
[mm] \vektor{2 \\ 1}\vektor{5 \\ 3}\vektor{1 \\ 1}\vektor{5 \\ 2}=2*10*1*10=200
[/mm]
Ist dies dann richtig? Habe auch in diesem "Teilmengendenken" überlegt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:29 So 14.10.2007 | | Autor: | Braunstein |
Die möglichen Fälle sind dann 5 Kugeln aus 10 Kugeln ziehen, also
[mm] \vektor{10 \\ 5}
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:06 So 14.10.2007 | | Autor: | Riley |
HI,
du bist ja fleißig im Aufgaben ausdenken :)
Diese Aufgabe entspricht einfach der hypergeometrischen Verteilung.
[mm] \Omega [/mm] = [mm] \{(w_1,...,w_5):w_i \in {1,...,10\} w_i \not= w_j \}, [/mm] wobei 1,...,5 die schwarzen Kugeln , 6...10 die weißen Kugeln markieren.
A= "ziehe 3 schwarze Kugeln"
Dann ist
P(A) = [mm] \frac{ \binom{5}{3} \binom{5}{2}}{ \binom{10}{5}}
[/mm]
Viele Grüße,
Riley
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:13 So 14.10.2007 | | Autor: | Braunstein |
Jetzt macht auf einmal alles einen RIESEN GROSSEN Sinn!!!
Danke!!!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:48 So 14.10.2007 | | Autor: | Braunstein |
Gilt bei solch einem Typ von Aufgabe immer der Algorithmus, der im Anhangsbeispiel erwähnt wurde? Denn mit diesem Algorithmus kann ich durchaus etwas anfangen!!!
Gruß, h.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:09 So 14.10.2007 | | Autor: | koepper |
Hallo,
betrachte einfach mal für einen Moment auch gleichfarbige Kugeln als verschieden voneinander.
Die Anzahl der Möglichkeiten aus den 10 Kugeln 4 zu ziehen ist offenbar 10 über 4.
Die günstigen Möglichkeiten bestehen aus allen Farbenpaaren. Das sind 5 über 2.
OK?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:00 So 14.10.2007 | | Autor: | Riley |
Hallo,
Nochmal zu deiner Aufgabe mit den Kugelpaaren :)
Der Wkeitsraum ist (wir ziehen ja 4 Kugeln ohne Zurücklegen) :
[mm] \Omega [/mm] = [mm] \{ (w_1,...,w_4): w_i \in\{1,...,10\} w_i \not= w_j \} [/mm] , [mm] |\Omega|= \binom{10}{4}
[/mm]
Für das gesuchte Ereignis B= "genau 2 Paare" gilt (in Analogie zu der Schuhaufgabe):
|B|= |( 2 Paare aus 5) (4 Kugeln aus den 4 gezogenen Kugeln) (0 Paare aus den restlichen) | = [mm] \binom{5}{2} \binom{4}{4}
[/mm]
Das heißt
P(B) = [mm] \frac{ \binom{5}{2} \binom{4}{4}}{\binom{10}{4}} [/mm] = [mm] \frac{10}{210} \approx [/mm] 0.048 (wenn ich mich nicht verrechnet habe)
und das ist ja genau das, was Koepper auch geschrieben hat.
Viele Grüße,
Riley
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:07 So 14.10.2007 | | Autor: | Braunstein |
WOHOOOOOOOOOOO! DIE MENGE TOBT!!!!!!
DER HANNES HAT'S VERSTANDEN!
Deine letzte Nachricht hat mich wieder zum Grübeln gebracht. Ich bin drauf gekommen, dass man das ja alles in einem Diagramm auch darstellen kann.
VIELEN VIELEN DANK!!!!!
Gruß, h.
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