Hypergeometrische Verteilung < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Ohne zurückzulegen wird aus einer Urne mit 3 roten und 5 weißen Kugeln 2-mal gezogen.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass
A "die erste gezogene Kugel ist weiß" und
B "die zweite gezogene Kugel ist rot" eintritt? |
Ich lerne gerade für emien W-Theorie Prüfungen im Sommer.
W-Theorie war nie mein Lieblingsfach und was mir fehlt, uist einfach konkrete Übung und ein bißchen mehr Sicherheit beim Rechnen.
Meine Frag an Euch:
Ich habe die genannte Aufgabe gerechnet. Sie taucht im Zusammenhang mit der hypergeometrischen Verteilung auf.
Modelliert habe ich daher das Experiment und die Ereignisse wie folgt:
Zu A: wenn die erste weiß sein soll, dann wird dieses Ereigni durch den Raum [mm][mm] E_A:= \{ (w,r),(w,w) \}\[/mm] [mm] beschrieben. Das erste der Ereignisse im Raum tritt ein, wenn genau eine rote Kugel gezogen wird. Jedoch gibt es für das Ereignis "Es wird genau eine rote Kugel gezogen" auch noch [mm](r,w)\[mm] als möglichen Ausgang, das heisst, [mm]P((w,r)) = [mm] \bruch{1}{2} [/mm] P(Es wird genau eine rote Kugel gezogen)\[mm]. Für [mm]P((w,w)) gilt P((w,w)) =P(Es wir 0-mal eine rote Kugel gezogen)\[mm].
Somit ergibt sich:
[mm][mm] P(A)=\bruch{1}{2} [/mm] P(Es wird genau eine rote Kugel gezogen) + P(Es wir 0-mal eine rote Kugel gezogen)\[mm].
Also [mm][mm] P(A)=\bruch{1}{2} \bruch{\vektor{3 \\ 1} * \vektor{5 \\ 1}}{\vektor{8 \\ 2}} [/mm] + [mm] \bruch{\vektor{3 \\ 0} * \vektor{5 \\ 2}}{\vektor{8 \\ 2}} [/mm] = [mm] \bruch{55}{56}\[/mm] [mm]
Kann das sein? Oder wo liegt ggbf. mein Denkfrehler?
Ich wär Euch dankbar, wenn Ihr mir helfen könntet.
Bei B kann ihc mir dann selber weiterhelfen, wenn ich hier bei A weiter weiss.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:46 Mo 12.02.2007 | | Autor: | statler |
Hallo Matthias!
> Ohne zurückzulegen wird aus einer Urne mit 3 roten und 5
> weißen Kugeln 2-mal gezogen.
> Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass
> A "die erste gezogene Kugel ist weiß" und
> B "die zweite gezogene Kugel ist rot" eintritt?
Wenn ich deinen Text unten richtig verstanden habe, sind das 2 Fragen:
Was ist P(A)? und Was ist P(B)?
und nicht Was ist P(A und B)?
Geh das doch mal schulmäßig an, schließlich willst du Lehrer werden, und in der Schule löst man das meistens mit einem Wahrscheinlichkeitsbaum.
Der ist hier überschaubar mit 2 Stufen und 4 Enden für die Elementarereignisse ww, wr, rw und rr. Auf jeder Stufe hat man eine Laplace-Verteilung, und längs eines Weges werden die Wahrscheinlichkeiten multipliziert.
> Ich lerne gerade für emien W-Theorie Prüfungen im Sommer.
> W-Theorie war nie mein Lieblingsfach und was mir fehlt,
> uist einfach konkrete Übung und ein bißchen mehr Sicherheit
> beim Rechnen.
> Meine Frag an Euch:
> Ich habe die genannte Aufgabe gerechnet. Sie taucht im
> Zusammenhang mit der hypergeometrischen Verteilung auf.
> Modelliert habe ich daher das Experiment und die
> Ereignisse wie folgt:
> Zu A: wenn die erste weiß sein soll, dann wird dieses
> Ereigni durch den Raum [mm][mm]E_A:= \{ (w,r),(w,w) \}\[/mm] [mm]beschrieben. Das erste der Ereignisse im Raum tritt ein, wenn genau eine rote Kugel gezogen wird.
Bei A brauchst du dir doch um den 2. Zug überhaupt keinen Kopp zu machen, die Wahrscheinlichkeit für eine weiße Kugel im 1. Zug ist 5/8, was sonst.
Für B brauchst du die Wahrscheinlichkeiten von wr und rr, und die mußt du natürlich addieren. Berechnen kannst du sie mit dem Baum, s. o.
Die hypergeometrische Verteilung wird in der Schule nach meinen Erfahrungen als solche nicht behandelt.
Gruß aus HH-Harburg
Dieter
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Danke, Dieter.
Intuitiv ist mir das ganze klar. Aber was ich mich hierbei die ganze Zeit frage:
Warum passt hier die Modellierung unter Benutzung der hypergeometrischen Verteilung nicht?
Die hypergeometrische Verteilung ist doch gerade dafür geeignet, die Wahrscheinlichkeit für r-malige Auftreten eines Ereignisses zu errechnen, welches bei n-maligem Ziehen ohne Zurücklegen aus einer Urne mit N zweifarbigen (R rote, N-R andersfarbige) Kugeln entspricht. D.h. unter diesen Voraussetzungen gibt doch die hypergeometrische Verteilung an, wie wahrscheinlich es ist, dass r-mal eine rote Kugel gezogen wird.
Warum also ist das unter Benutzung der hypergeometrischen Verteilung gefunden Ergebnis nicht das selbe wie das "intuitive"?
P.S.:
Deine Anmerkung zu P(A) und P(B) war natürlichg richtig, daher hab ich es auch in der nicht-formalen Schreibweise untereinander notiert.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:52 Mo 12.02.2007 | | Autor: | statler |
Hallo noch mal!
> Intuitiv ist mir das ganze klar. Aber was ich mich hierbei
> die ganze Zeit frage:
> Warum passt hier die Modellierung unter Benutzung der
> hypergeometrischen Verteilung nicht?
> Die hypergeometrische Verteilung ist doch gerade dafür
> geeignet, die Wahrscheinlichkeit für r-malige Auftreten
> eines Ereignisses zu errechnen, welches bei n-maligem
> Ziehen ohne Zurücklegen aus einer Urne mit N zweifarbigen
> (R rote, N-R andersfarbige) Kugeln entspricht. D.h. unter
> diesen Voraussetzungen gibt doch die hypergeometrische
> Verteilung an, wie wahrscheinlich es ist, dass r-mal eine
> rote Kugel gezogen wird.
Genau, aber das war nicht die Frage! Gefragt war in B nicht, ob ein- oder zweimal rot gezogen wird, sondern ob beim 2. Zug rot gezogen wird. Das kann passieren mit einer roten Kugel insgesamt, aber auch mit 2 roten Kugeln.
So etwas klarer?
Dieter
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Ja, jetzt schon 
W-theorie, Stochastik, Statistik ... ist eben einfach nicht mein Gebiet :( Hab lieber meine Zahlentheorie und Algebra ... nur leider wird auch W-theorie geprüft :(
Nochmals 1000 Dank.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:57 Mo 12.02.2007 | | Autor: | TopHat |
Kann man das nicht einfach mit der Pfadregel machen?
Erste Kugel
3/8 rot
5/8 weiß
--> Die Chance, dass die erste Kugel die gezogen wurde eine weiße ist, beträgt 62,5 %
2. Kugel
Gesamtchance (1. Chance x 2. Chance)
rot 2/7
--------------- > 6/56
rot: 3/8
----------- weiß 5/7
--------------- > 15/56
-----
rot 3/7
weiß 5/8 -------------- > 15/56
------------- weiß 4/7
-------------- > 20/56
Also, laut Summenregel, liegt die Gesamtwahrscheinlichkeit bei 6/56 + 15/56 =3/8 also 37,5%
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