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| Aufgabe | Aus der Urne werden blind drei Kugeln ohne ZUrücklegen gezogen. Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass mindestens zwei Kugeln rot sind.
5 Rote Kugeln in Urne
4 Blaue Kugeln in Urne |
Hay,
mal eine Frage zu der Aufgabe. Das hier ist mein Lösungsweg:
(ich weiß nicht wie man hier "a über b" schreibt, desswegen schreibe ich das hier einfach so: "(a'C'b)" )
Gesucht P(E) --> Mindestens zwei rote Kugeln = Höchstens eine blaue Kugel
Wahrscheinlichkeit für dieses Gegenereignis:
P(1)= [mm] (3'C'1)*(4/9)^{1}*(5/9)^{2}=100/243
[/mm]
P(0)= [mm] (3'C'0)*(4/9)^{0}*(5/9)^{3}=125/729
[/mm]
P(E)= P(1)+P(0) = 425/729 = 58,3%
Dann wäre meine Antwort: 58,3%
Ist das richtig? In unserem Mathebuch steht nämlich in den Lösungen, dieser Rechenweg:
(5/9)*(4/8)*(3/7)+3*(5/9)*(4/8)*(4/7) [mm] \approx [/mm] 59,5 %
Das ist ja fast gleich, aber was ist richtig?
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Deine Lösung kann nicht stimmen, denn du nutzt eine Bernoulliwahrscheinlichkeit bzw. -kette, wo hast du hier aber bitteschön die gleichen Wahrscheinlichkeiten? Bernoulli darf nur angewandt werden, wenn du immer wieder die selbe Wahrscheinlichkeit hast, z.B. dass ein Teil mit 15% Wahrscheinlichkeit defekt ist und nun willst du wissen, wie viele von 100 defekt sind etc. Hier ziehst du aber Kugeln OHNE Zurücklegen und damit ändert sich bei jedem Ziehen dieWahrscheinlichkeit aller anderen Kugeln, daher geht es nur über Baumdiagramm bzw eben Schrittweise.
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Achso, dass heißt bei solchen Aufgaben wo sich die Wahrscheinlichkeit ändert muss man das "zu Fuß" ausrechnen, indem man sich das am Baumdiagramm klar macht?
Wie rechnet man dann diese Aufgabe:
Ein Kasten enthält vier blaue, fünf rote und drei grüne Kugeln. Es werden hintereinander drei Kugeln gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit drei verschiedene Farben zu erhalten, wenn
a.) ohne Zurücklegen
b.) mit Zurücklegen
gezogen wird.
Kann man da auch nur diese Baumdiagramm machen und die Pfade heraussuchen, die zu dem Ereignis passen?
Dann hätte ich bei 1.) durch das Baumdiagramm eine Wahrscheinlichkeit von 3/11 !
Man bekommt das auch durch die Rechnung:
"a über b" schreibe hier so: "(a'C'b)" )
[mm] \bruch{(4'C'1)*(5'C'1)*(3'C'1)}{(12'C'3)}
[/mm]
da kommt das gleiche bei heraus, ich frage mich jedoch warum, weil man da doch auch nicht die wahrscheinlichkeiten berücksichtigt die sich nach einem ziehen ja auch ändern!?
Kann man b.) anders lösen als mit einem Baumdiagramm?
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> Achso, dass heißt bei solchen Aufgaben wo sich die
> Wahrscheinlichkeit ändert muss man das "zu Fuß"
> ausrechnen, indem man sich das am Baumdiagramm klar macht?
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> Wie rechnet man dann diese Aufgabe:
>
> Ein Kasten enthält vier blaue, fünf rote und drei grüne
> Kugeln. Es werden hintereinander drei Kugeln gezogen.
> Bestimme die Wahrscheinlichkeit drei verschiedene Farben zu
> erhalten, wenn
> a.) ohne Zurücklegen
> b.) mit Zurücklegen
> gezogen wird.
>
> Kann man da auch nur diese Baumdiagramm machen und die
> Pfade heraussuchen, die zu dem Ereignis passen?
> Dann hätte ich bei 1.) durch das Baumdiagramm eine
> Wahrscheinlichkeit von 3/11 !
> Man bekommt das auch durch die Rechnung:
> "a über b" schreibe hier so: "(a'C'b)" )
>
> [mm]\bruch{(4'C'1)*(5'C'1)*(3'C'1)}{(12'C'3)}[/mm]
>
korrekt, es gibt immer mehrere Wege, ich wollte auch nicht sagen, dass es dafür niemals formeln gibt, diese Rechnung oben geht sehr wohl mit dem Verfahren, aber es ist eben kein Bernoulli! Paradebeispiel ist ja Lotto mit 6 aus 49, wo du dann, wenn du dich für z.B. 5 von 6 richtigen interessierst, auch 49 über 6 machst, oben im Zähler aber 6 über 5 und 44 über 1 usw. Man muss halt wissen, wann welche Formel geht, sofern die Aufgaben aber einfach genug sind ( wie hier) würde ich IMMER mit einem Baumdiagramm bzw zu Fuß eben nachrechnen, das geht ja schnell und du hast direkt ne Probe gemacht.
> da kommt das gleiche bei heraus, ich frage mich jedoch
> warum, weil man da doch auch nicht die wahrscheinlichkeiten
> berücksichtigt die sich nach einem ziehen ja auch
> ändern!?
>
> Kann man b.) anders lösen als mit einem Baumdiagramm?
>
>
Dafür brauchst du ja eigentlich kein Baumdiagramm, denn die Wahrscheinlichkeit x/12 ändert sich ja nie, also du hast nur die Möglichkeiten 4/12, 5/12 oder 3/12 und diese in versch. Kombinationen. Aber du hast recht, sollten mal 100 Farben gefragt sein, wird es unschön, auf die schnelle weiß ich da aber keine Formel, aber die gibt es natürlich ;) Achja doch, du brauchst nur die mögliche Anzahl von Anordnungen des Dreiertubels und das ist, wenn du die 6 nichts zu Fuß berechnen willst, einfach 3!, also jedes Element kann mit jedem tauschen, dann lautet deine Formel:
P(x)= [mm] 3!*\bruch{4}{12}*\bruch{5}{12}*\bruch{3}{12}
[/mm]
oder eben Anzahl aller Möglichkeiten multipliziert mit der Wahrscheinlichkeit jeder einzelnen Farbe
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Danke erstmal ich habe das meiste verstanden, doch irgendwie verstehe ich das immer noch nicht, warum man genau
[mm] \bruch{(4'C'1)*(5'C'1)*(3'C'1)}{(12'C'3)}
[/mm]
rechnen kann. Du sagtest, dass die Wahrscheinlichkeit x/12 immer gleich bleibt, aber eben das x ändert sich doch !?
Das leuchtet mir im moment noch nicht ein...
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Achtung! Das sagte ich bei der b! Nicht bei der a, dort ist die Wahrscheinlichkeit mitnichten immer gleich, sonst wäre es ja eben nicht so kompliziert! 1. Methode, Baumdiagramm und jede Wahrscheinlichkeit neu, dabei ist die erste x/12, die nächste x/11 und die dritte x/10. Das geht aber eben auch mit der Variante 3 aus 12, wobei 1 von 4, 1 von 3 und 1 von 5
Das ist ja nichts anderes als günstig/möglich sozusagen. 3 aus 12 sind alle Möglichkeiten, drei Kugeln aus 12 zu ziehen, jetzt kommt aber die Einschränkung, wir wollen alle Farben, das heißt, jede Farbe soll einmal vertreten sein, das machen wir mit dem 4 über 1, 5 über 1, 3 über 1. Damit teilst du dann die gewünschten durch alle möglichen. Schreibs dir mal ausformuliert hin
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