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I) Urne: 4 rote, 5 grüne, 3 blaue
--> 2 Kugeln ohne Zurücklegen:
a) grün im 1. Zug: meine Lösung: 5/12
b) grün im 1. + blau im 2.: 5/44
c) blau im 2.: 3/11
d) beide rot: 1/11
--> 2 Kugeln mit einem Griff:
e) beide rot: 1/11
f) genau eine rote: 2/3
g) keine blaue: 6/11
h) eine grüne, eine blaue: 5/22
--> mehrfaches Ziehen einer Kugel mit Zurücklegen:
Was ist wahrscheinlicher?
i) Wahrscheinl., bei 3x mind. eine rote: ???
j) Wahrscheinl., bei 6x mind. 2 rote: ???
II) Urne: 5 rote, 4 blaue Kugeln (gleiche Art wie I)
Aus I wird eine Kugel genommen und ohne zu gucken in II gelegt + Ziehen einer Kugel aus II:
k) Wahrscheinlichkeit rote Kugel: ???
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:16 Di 27.09.2005 | | Autor: | Draugr |
> I) Urne: 4 rote, 5 grüne, 3 blaue
> --> 2 Kugeln ohne Zurücklegen:
> a) grün im 1. Zug: meine Lösung: 5/12
> b) grün im 1. + blau im 2.: 5/44
> c) blau im 2.: 3/11
> d) beide rot: 1/11
Die erscheinen mir soweit richtig, bis auf c) Es besteht die Möglichkeit, dass du bereits im ersten Zug eine blaue Kugel ziehst, und dann hast du im zweiten Zug nur noch [mm] \bruch{2}{11} [/mm] für das Ziehen einer blauen Kugel. Du solltest also beide Möglichkeiten berücksichtigen.
> --> 2 Kugeln mit einem Griff:
> e) beide rot: 1/11
> f) genau eine rote: 2/3
> g) keine blaue: 6/11
> h) eine grüne, eine blaue: 5/22
Ich komme auf die gleichen Ergebnisse, ausser bei f) Hier sehe ich $ (4*5 + 4*3) = 32 $ Möglichkeiten eine rote Kugel zu ziehen und das bei $ [mm] \vektor{12 \\ 2} [/mm] = 66 $ Möglichkeiten insgesamt. Macht bei mir [mm] \bruch{16}{33}. [/mm] Ich hoffe ich irre mich da nicht. 
Zum Rest kann ich dir gerade leider nichts sagen, muss selbst noch einiges lernen.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:54 Mi 28.09.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo!
Alles, was Draugr geschrieben hat, stimmt! ![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
> --> mehrfaches Ziehen einer Kugel mit Zurücklegen:
> Was ist wahrscheinlicher?
> i) Wahrscheinl., bei 3x mind. eine rote: ???
Geh hier am besten über das Gegenereignis (keine rote Kugel). Du erhältst dann für die Wahrscheinlichkeit, mindestens eine rote Kugel zu ziehen, gerade
[mm] $p_i [/mm] = 1 - [mm] \left(\frac{8}{12}\right)^3$
[/mm]
> j) Wahrscheinl., bei 6x mind. 2 rote: ???
Auch hier gehst du über das Gegenereignis:
Die Wahrscheinlichkeit keine rote Kugel zu ziehen ist offenbar:
[mm] $\left(\frac{8}{12} \right)^6$.
[/mm]
Die Wahrscheinlichkeit genau eine rote Kugel zu ziehen ist offenbar:
$6 [mm] \cdot \frac{4}{12} \cdot \left(\frac{8}{12} \right)^5$
[/mm]
(es gibt ja sechs Möglichkeiten, wann man die rote Kugel ziehen kann).
Daher haben wir:
[mm] $p_j= [/mm] 1 - [mm] \left(\frac{8}{12} \right)^6 [/mm] - 6 [mm] \cdot \frac{4}{12} \cdot \left(\frac{8}{12} \right)^5$.
[/mm]
Vergleiche nun [mm] $p_i$ [/mm] und [mm] $p_j$...
[/mm]
> II) Urne: 5 rote, 4 blaue Kugeln (gleiche Art wie I)
> Aus I wird eine Kugel genommen und ohne zu gucken in II
> gelegt + Ziehen einer Kugel aus II:
> k) Wahrscheinlichkeit rote Kugel: ???
Rechne mit bedingten Wahrscheinlichkeiten:
[mm] $P(\mbox{2. Zug rote Kugel}) [/mm] = [mm] P(\mbox{2. Zug rote Kugel}|\mbox{1. Zug rote Kugel}) \cdot P(\mbox{1. Zug rote Kugel}) [/mm] + [mm] P(\mbox{2. Zug rote Kugel}|\mbox{1. Zug keine rote Kugel}) \cdot P(\mbox{1. Zug keine rote Kugel})$
[/mm]
(Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit).
Liebe Grüße
Julius
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