Ziehen ohne Zurücklegen < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 11:31 Do 05.06.2014 | | Autor: | asgaroth |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo,
ich habe folgendes Problem ("umgeschrieben auf das Urnenmodell"):
In einer Urne sind $N=9$ Kugeln. $8$ Schwarze und $1$ Rote Kugel.
Aus der Urne werden nacheinander Kugeln ohne zurücklegen gezogen.
Wie viele Schwarze Kugeln sind zu erwarten bevor die Rote gezogen wird?
Die Wahrscheinlichkeit die Rote Kugel zu erhalten ist ja:
1.Zug: [mm] \bruch{1}{N}
[/mm]
2.Zug: [mm] \bruch{1}{N-2}
[/mm]
3.Zug: [mm] \bruch{1}{N-3}
[/mm]
...
N. Zug: [mm] \bruch{1}{N-N}
[/mm]
Wie kann ich jetzt jedoch bestimmen wie viele schwarze Kugeln ich im Mittel ziehe bevor ich die Rote erwische?
Vielen Dank für die Hilfe!
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Hallo,
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
> Hallo,
>
> ich habe folgendes Problem ("umgeschrieben auf das
> Urnenmodell"):
>
> In einer Urne sind [mm]N=9[/mm] Kugeln. [mm]8[/mm] Schwarze und [mm]1[/mm] Rote
> Kugel.
> Aus der Urne werden nacheinander Kugeln ohne zurücklegen
> gezogen.
> Wie viele Schwarze Kugeln sind zu erwarten bevor die Rote
> gezogen wird?
>
> Die Wahrscheinlichkeit die Rote Kugel zu erhalten ist ja:
>
> 1.Zug: [mm]\bruch{1}{N}[/mm]
> 2.Zug: [mm]\bruch{1}{N-2}[/mm]
> 3.Zug: [mm]\bruch{1}{N-3}[/mm]
> ...
> N. Zug: [mm]\bruch{1}{N-N}[/mm]
>
Das ist falsch! Erstens einmal ist bei dir die letzte Wahrscheinlichkeit überhaupt nicht definiert, daran hättest du sehen können, dass etwas faul ist.
Zweitens berücksichtigst du nicht die vorher gezogenen schwarzen Kugeln. Probiere das mal konkret für die Fälle N=1,2,3 aus, dann sollte dir etwas auffallen.
> Wie kann ich jetzt jedoch bestimmen wie viele schwarze
> Kugeln ich im Mittel ziehe bevor ich die Rote erwische?
Na ja, ganz klassisch mit einem Erwartungswert, mit den richtigen Wahrscheinlichkeiten eben. Hat man diesen Erwartunsgwert einmal, dann fällt einem etwas auf, worüber es sich durchaus lohnt, nachzudenken: dass man hier nämlich diesen Erwartungswert ganz offensichtlich auch über Symmetrieüberlegungen bekommen kann.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:26 Do 05.06.2014 | | Autor: | asgaroth |
Vielen Dank für die Schnelle Hilfe.
Ich habe meinen Fehler jetzt gesehen:
1.Zug: [mm] $\bruch{1}{N}$
[/mm]
2.Zug: [mm] $\bruch{1}{N-1}$
[/mm]
3.Zug: [mm] $\bruch{1}{N-2}$
[/mm]
...
N Zug: [mm] $\bruch{1}{N-(N-1)} [/mm] = 1 [mm] \Rightarrow 100\%$ [/mm] Wahrscheinlichkeit im letzten Zug die rote Kugel zu erhalten.
Wie ich jetzt aber die Anzahl der Schwarzen Kugeln berücksichtige ist mir trotzdem nicht ganz klar.
Inwiefern konkret ausprobieren?
Ich habe mir jetzt verschiedenes zum Thema Stichprobe ohne zurücklegen Durchgelesen und folgende Recht ähnliche Aufgabe gefunden:
6 rote und 4 weiße Kugeln ergibt n = 10 Kugeln. Es wird k = 5 mal gezogen ohne Zurücklegen.
Anzahl aller Möglichkeiten ist [mm] $\bruch{n!}{(n-k)!} [/mm] = [mm] \bruch{10!}{5!} [/mm] = 30240$
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die erste Kugel weiß ist? (bedeutet, die 2., 3., 4. und 5. Kugel ist beliebig)
Lösung: Anzahl der Möglichkeiten ist $4*9*8*7*6 = 12096$.
$P = [mm] \bruch{12096}{30240} [/mm] = [mm] \bruch{2}{5} [/mm] = 0,4$
Ich habe versucht meine Aufgabe z.B. für den ersten Zug auf die gleiche Weise zu lösen, komme aber auch nicht weiter.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:30 Do 05.06.2014 | | Autor: | fred97 |
> Vielen Dank für die Schnelle Hilfe.
>
> Ich habe meinen Fehler jetzt gesehen:
>
> 1.Zug: [mm]\bruch{1}{N}[/mm]
> 2.Zug: [mm]\bruch{1}{N-1}[/mm]
> 3.Zug: [mm]\bruch{1}{N-2}[/mm]
> ...
> N Zug: [mm]\bruch{1}{N-(N-1)} = 1 \Rightarrow 100\%[/mm]
> Wahrscheinlichkeit im letzten Zug die rote Kugel zu
> erhalten.
>
> Wie ich jetzt aber die Anzahl der Schwarzen Kugeln
> berücksichtige ist mir trotzdem nicht ganz klar.
>
> Inwiefern konkret ausprobieren?
>
> Ich habe mir jetzt verschiedenes zum Thema Stichprobe ohne
> zurücklegen Durchgelesen und folgende Recht ähnliche
> Aufgabe gefunden:
>
> 6 rote und 4 weiße Kugeln ergibt n = 10 Kugeln. Es wird k
> = 5 mal gezogen ohne Zurücklegen.
>
> Anzahl aller Möglichkeiten ist [mm]\bruch{n!}{(n-k)!} = \bruch{10!}{5!} = 30240[/mm]
>
> Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die erste Kugel
> weiß ist? (bedeutet, die 2., 3., 4. und 5. Kugel ist
> beliebig)
>
> Lösung: Anzahl der Möglichkeiten ist [mm]4*9*8*7*6 = 12096[/mm].
>
> [mm]P = \bruch{12096}{30240} = \bruch{2}{5} = 0,4[/mm]
>
>
> Ich habe versucht meine Aufgabe z.B. für den ersten Zug
> auf die gleiche Weise zu lösen, komme aber auch nicht
> weiter.
Diophant hat doch den Begriff "Erwartungswert" genannt. Warum gehst Du darauf nicht ein ?
FRED
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Hallo,
> Vielen Dank für die Schnelle Hilfe.
>
> Ich habe meinen Fehler jetzt gesehen:
>
> 1.Zug: [mm]\bruch{1}{N}[/mm]
> 2.Zug: [mm]\bruch{1}{N-1}[/mm]
> 3.Zug: [mm]\bruch{1}{N-2}[/mm]
> ...
> N Zug: [mm]\bruch{1}{N-(N-1)} = 1 \Rightarrow 100\%[/mm]
> Wahrscheinlichkeit im letzten Zug die rote Kugel zu
> erhalten.
Das ist bereits für den Fall, dass die rote Kugel beim zweiten Zug kommt, falsch, und für alle weiteren Fälle ebenso!
Du musst hier die Wahrscheinlichkeit, dass im ersten Zug keine rote Kugel, im zweiten aber die rote Kugel gezogen wird, miteinander multiplizieren. Und wenn du dies richtig machst, dann führt das unmittelbar zu einem ziemlich intensiven Aha-Erlebnis, um welches ich dich keinesfalls bringen möchte. 
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:10 Do 05.06.2014 | | Autor: | asgaroth |
Also ein AHA Erlebnis hatte ich, aber ob es das richtige war? :)
1. Zug [mm] \bruch{1}{9}
[/mm]
2. Zug [mm] \bruch{8}{9} [/mm] * [mm] \bruch{1}{8} [/mm] = [mm] \bruch{8}{72} [/mm] = [mm] \bruch{1}{9}
[/mm]
3. Zug [mm] \bruch{8}{9} [/mm] * [mm] \bruch{7}{8} [/mm] * [mm] \bruch{1}{7} [/mm] = [mm] \bruch{56}{504} [/mm] = [mm] \bruch{1}{9}
[/mm]
4. Zug [mm] \bruch{8}{9} [/mm] * [mm] \bruch{7}{8} [/mm] * [mm] \bruch{6}{7} [/mm] * [mm] \bruch{1}{6} [/mm] = [mm] \bruch{336}{3024} [/mm] = [mm] \bruch{1}{9}
[/mm]
$E(x) = [mm] 1*\bruch{1}{9} [/mm] + [mm] 2*\bruch{1}{9} [/mm] + [mm] 3*\bruch{1}{9} [/mm] + [mm] 4*\bruch{1}{9} [/mm] + [mm] 5*\bruch{1}{9} [/mm] + [mm] 6*\bruch{1}{9} [/mm] + 7* [mm] \bruch{1}{9} [/mm] + [mm] 8*\bruch{1}{9} [/mm] + [mm] 9*\bruch{1}{9} [/mm] = [mm] \bruch{45}{9} [/mm] = 5$
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:23 Do 05.06.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Also ein AHA Erlebnis hatte ich, aber ob es das richtige
> war? :)
>
> 1. Zug [mm]\bruch{1}{9}[/mm]
> 2. Zug [mm]\bruch{8}{9}[/mm] * [mm]\bruch{1}{8}[/mm] = [mm]\bruch{8}{72}[/mm] =
> [mm]\bruch{1}{9}[/mm]
> 3. Zug [mm]\bruch{8}{9}[/mm] * [mm]\bruch{7}{8}[/mm] * [mm]\bruch{1}{7}[/mm] =
> [mm]\bruch{56}{504}[/mm] = [mm]\bruch{1}{9}[/mm]
> 4. Zug [mm]\bruch{8}{9}[/mm] * [mm]\bruch{7}{8}[/mm] * [mm]\bruch{6}{7}[/mm] *
> [mm]\bruch{1}{6}[/mm] = [mm]\bruch{336}{3024}[/mm] = [mm]\bruch{1}{9}[/mm]
>
>
> [mm]E(x) = 1*\bruch{1}{9} + 2*\bruch{1}{9} + 3*\bruch{1}{9} + 4*\bruch{1}{9} + 5*\bruch{1}{9} + 6*\bruch{1}{9} + 7* \bruch{1}{9} + 8*\bruch{1}{9} + 9*\bruch{1}{9} = \bruch{45}{9} = 5[/mm]
ich gebe Dir mal ein weiteres "Aha"-Erlebnis, wobei ich hoffe, dass Du Dich
dann mit einem "Aha- 6e Klasse" daran erinnerst:
Man darf kürzen. 
Somit bedarf es etwa bei dem Term
[mm] $\frac{8}{9}*\frac{7}{8}*\frac{6}{7}$
[/mm]
keiner großen Rechnung, um das Ergebnis zu erhalten:
[mm] $\frac{\red{8}}{9}*\frac{\blue{\text{7}}}{\red{8}}*\frac{6}{\blue{\text{7}}}=\frac{6}{9}=\frac{2}{\red{3}}*\frac{\red{3}}{3}=\frac{2}{3}$
[/mm]
Erinnerst Du Dich? "Über Kreuz kürzen".
Das nur mal so als Hinweis, weil Du oben wirklich oft umständlich rechnest!
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:02 Do 05.06.2014 | | Autor: | rabilein1 |
Ist das Ergebnis "5" denn nun richtig???
Das hieße: es gibt 9 Kugeln (8 schwarz, 1 rot), und man erwartet, dass die 6. Kugel die Rote ist (vor der Roten liegen 5 Schwarze und hinter der Roten nur 3 Schwarze).
Ich hätte eher vermutet, dass die Rote in der Mitte erwartet wird.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:48 Do 05.06.2014 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
> Ist das Ergebnis "5" denn nun richtig???
Ja.
>
> Das hieße: es gibt 9 Kugeln (8 schwarz, 1 rot), und man
> erwartet, dass die 6. Kugel die Rote ist (vor der Roten
> liegen 5 Schwarze und hinter der Roten nur 3 Schwarze).
Nein, das hieße es nicht. Da muss man einfach Fragen und gegebene Antworten gründlicher durchlesen, oder man hält sich ein wenig zurück mit solchen falschen Interpretationen...
> Ich hätte eher vermutet, dass die Rote in der Mitte
> erwartet wird.
Wie gesagt: sowohl aus den Fragen als auch aus den gegebenen Antworten geht genau dies ja auch hervor.
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:52 Fr 06.06.2014 | | Autor: | rabilein1 |
Frage war:
Wie viele schwarze Kugeln sind zu erwarten, bevor die rote gezogen wird?
Antwort war: 5
> > Ist das Ergebnis "5" denn nun richtig???
>
> Ja.
>
> >
> > Das hieße: es gibt 9 Kugeln (8 schwarz, 1 rot), und man
> > erwartet, dass die 6. Kugel die Rote ist (vor der Roten
> > liegen 5 Schwarze und hinter der Roten nur 3 Schwarze).
>
> Nein, das hieße es nicht.
Dann drücke dich doch mal klar aus. Was heißt es denn dann???
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:03 Fr 06.06.2014 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
> Frage war:
> Wie viele schwarze Kugeln sind zu erwarten, bevor die rote
> gezogen wird?
>
> Antwort war: 5
>
Falsch. Bitte Beiträge richtig durchlesen, denn es kann nicht sein, dass hier erarbeitete richtige Lösungen aus Starrsinn für falsch erklärt werden.
>
> > > Ist das Ergebnis "5" denn nun richtig???
> >
> > Ja.
> >
> > >
> > > Das hieße: es gibt 9 Kugeln (8 schwarz, 1 rot), und
> man
> > > erwartet, dass die 6. Kugel die Rote ist (vor der
> Roten
> > > liegen 5 Schwarze und hinter der Roten nur 3
> Schwarze).
> >
> > Nein, das hieße es nicht.
>
>
> Dann drücke dich doch mal klar aus. Was heißt es denn
> dann???
Das habe ich getan, wenn du es nicht verstehen magst oder kannst, so ist es jedenfalls dein Problem.
Aus der Berechnung der einzelnen Wahrscheinlichkeiten des Themenstarters geht glasklar hervor, dass die betrachtete Zufallsvariable die Gesamtzahl der Züge zählt. Wenn du das nicht verstehen kannst (was an sich überhaupt nicht schlimm ist), dann kaufe dir bitte ein Lehrbuch, arbeite es durch und dann sprechen wir uns wieder.
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:23 Fr 06.06.2014 | | Autor: | rabilein1 |
Was heißt hier "Starrsinn ohne Ende" ????????????
Irgendwie scheint mir die Aufgabenstellung nicht klar zu sein bzw. ich interpretiere den Text anders als du.
Du hast zwar insofern recht, dass es nicht schlimm ist, etwas nicht zu verstehen, aber das hat mit Starrsinn überhaupt nichts zu tun.
Wie gesagt, ich habe auch nicht die Formel verstanden, aber - wie gesagt - das liegt wohl daran, dass ich den Text anders ausgelegt hatte.
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Hallo,
> Also ein AHA Erlebnis hatte ich, aber ob es das richtige
> war? :)
Es war das richtige!
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> 1. Zug [mm]\bruch{1}{9}[/mm]
> 2. Zug [mm]\bruch{8}{9}[/mm] * [mm]\bruch{1}{8}[/mm] = [mm]\bruch{8}{72}[/mm] =
> [mm]\bruch{1}{9}[/mm]
> 3. Zug [mm]\bruch{8}{9}[/mm] * [mm]\bruch{7}{8}[/mm] * [mm]\bruch{1}{7}[/mm] =
> [mm]\bruch{56}{504}[/mm] = [mm]\bruch{1}{9}[/mm]
> 4. Zug [mm]\bruch{8}{9}[/mm] * [mm]\bruch{7}{8}[/mm] * [mm]\bruch{6}{7}[/mm] *
> [mm]\bruch{1}{6}[/mm] = [mm]\bruch{336}{3024}[/mm] = [mm]\bruch{1}{9}[/mm]
>
Jo, warum einfach, wenns auch umständlich geht, ne?
>
> [mm]E(x) = 1*\bruch{1}{9} + 2*\bruch{1}{9} + 3*\bruch{1}{9} + 4*\bruch{1}{9} + 5*\bruch{1}{9} + 6*\bruch{1}{9} + 7* \bruch{1}{9} + 8*\bruch{1}{9} + 9*\bruch{1}{9} = \bruch{45}{9} = 5[/mm]
Genau so ist es. Und jetzt verallgemeinere das mal auf eine beliebige Anzahl N von Kugeln. Da hätte ein gewisser Gauß (zumindest als Kind) seine helle Freude dran gehabt...
Desweiteren kann man sich folgendes überlegen: Sei X die Anzahl der schwarzen Kugeln, die gezogen werden bevor die rote Kugel kommt (oder alternativ X: Anzahl der Züge insgesamt, also deine Version). Wenn wir nun wissen, dass X gleichverteilt ist so wie hier, dann sollte anschaulich klar sein, dass der Erwartungswert nichts anderes sein kann als das arithmetische Mittel der möglichen Werte unserer ZV. Das erinnert verblüffend an ein komplizierteres Problem, welches unter dem Kürzel CCP für ![[]](/images/popup.gif) Coupon Collector's Problem bekannt ist. Dort ist es eine relativ anspruchsvolle und vor allem rechenaufwändige Sache, den Erwartungswert per Wahrscheinlichkeitsfunktion zu berechnen, da man die Siebformel dazu benötigt. Man kann ihn (den Erwartungswert) jedoch mit einer in meinen Augen genialen Idee mit Hilfe der harmonischen Reihe ziemlich einfach berechnen, wie in dem Artikel auf Wikipedia ja beschrieben.
Gruß, Diophant
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:24 Fr 06.06.2014 | | Autor: | asgaroth |
Hallo,
super vielen Dank!
Mein Problem war leider schon immer dass ich zu umständlich rechne :(!
Auf den "kleinen Gauss" bin ich auch schon gekommen bei der Lösung für ein beliebiges N.
Das wäre dann so oder?
E(X) = [mm] \sum_{i=1}^{N}i*\bruch{1}{N} [/mm]
= [mm] \bruch{1}{N}*\sum_{i=1}^{N}i [/mm]
= [mm] \bruch{1}{N}*\bruch{N*(N+1)}{2} [/mm]
= [mm] \bruch{N+1}{2}
[/mm]
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Hallo,
> Hallo,
>
> super vielen Dank!
> Mein Problem war leider schon immer dass ich zu
> umständlich rechne :(!
>
> Auf den "kleinen Gauss" bin ich auch schon gekommen bei der
> Lösung für ein beliebiges N.
> Das wäre dann so oder?
>
> E(X) = [mm]\sum_{i=1}^{N}i*\bruch{1}{N}[/mm]
>
> = [mm]\bruch{1}{N}*\sum_{i=1}^{N}i[/mm]
>
> = [mm]\bruch{1}{N}*\bruch{N*(N+1)}{2}[/mm]
>
> = [mm]\bruch{N+1}{2}[/mm]
Ja, aber ganz wichtig: man sollte zu so einer Rechnung stets dazusagen, was X ist. Also für X: Anzahl der Züge, bis die rote Kugel gezogen wurde, ist obiges die korrekte Lösung.
Gruß, Diophant
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:05 Do 18.09.2014 | | Autor: | asgaroth |
Nochmal eine Frage zu der obigen Formel.
Wenn ich nun mehrere Kugeln auf einmal ziehen will also z.B. J=4.
Für N=9 kann ich dann ja nur 3 mal ziehen (beim 3. mal ist nur noch eine Kugel übrig), wäre dies dann richtig?
1. Zug: [mm] $\frac{4}{9}$
[/mm]
2. Zug: [mm] $\frac{5}{9} [/mm] * [mm] \frac{4}{5} [/mm] = [mm] \frac{4}{9}$
[/mm]
3. Zug: [mm] $\frac{5}{9} [/mm] * [mm] \frac{4}{5} [/mm] * 1 = [mm] \frac{4}{9}$
[/mm]
Falls ja wie kann ich die Formel dann verallgemeinern?
Ich hatte mir folgendes überlegt, was jedoch nicht zu stimmen scheint:
Sei X Anzahl der Züge, bis die rote Kugel gezogen wurde.
E(X) = [mm] $\sum_{i=1}^{\frac{N}{J}}i*\frac{J}{N}$
[/mm]
= [mm] $\frac{\frac{N}{J}+1}{2}$
[/mm]
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Hallo,
wie bist du auf die abenteurlichen Wahrscheinlichkeiten für 1,2,3 Züge bis zur Ziehung der roten Kugel gekommen? Da kommt das äußerst bemerkenswerte Resultat heraus, dass man die rote Kugel mit einer 'Wahrscheinlichkeit' von P=4/3 irgendwann zieht. Muss man noch mehr sagen? ...
Von daher ist deine Überelegung zum Erwarungswert hier obsolet, da sie ja von deiner völlig falschen Zähldichte für die ZV X: Anzahl der Züge, bis die rote Kugel kommt ausgeht.
Du musst oben beim Berechnen der Wahrscheinlichkeiten an das Urnenmodell Ziehen ohne ZUrücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge denken, um auf die richtigen Wahrscheinlichkeiten zu kommen.
Gruß, Diophant
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:33 Sa 07.06.2014 | | Autor: | rabilein1 |
> Sei X die Anzahl der schwarzen Kugeln, die gezogen werden bevor die
> rote Kugel kommt (oder alternativ X: Anzahl der Züge insgesamt, also deine Version).
Sorry, ich will hier ja nicht "klugscheißen ". Aber genau das meinte ich, dass es hier wohl unterschiedliche Versionen gibt: Und genau aus dem Grunde hatte mich irritiert, wieso da 5 (und nicht 4) rauskommen soll.
By the Way:
Da es sich um Ziehen ohne Zurücklegen handelt, verstehe ich allerdings nicht, warum da eine so komplizierte Formel benutzt wird, nur um herauszufinden, dass die Wahrscheinlichkeit für jede Position, an der die rote Kugel auftauchen kann, 1/9 beträgt.
Bei mit Zurücklegen wäre die Berechnung sicherlich schwieriger; da wäre die Wahrscheinlichkeit, beim genau neunten Ziehen die erste Rote zu haben, sicherlich wesentlich kleiner als dass dieses bereits beim ersten Ziehen geschieht.
Wie gesagt, nichts für ungut. Mich hatte einfach nur etwas verwundert (irritiert), wie das hier gelaufen ist. Aber Hauptsache ist, dem Fragesteller hat es geholfen.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:44 Do 18.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> In einer Urne sind [mm]N=9[/mm] Kugeln. [mm]8[/mm] Schwarze und [mm]1[/mm] Rote
> Kugel.
> Aus der Urne werden nacheinander Kugeln ohne zurücklegen
> gezogen.
> Wie viele Schwarze Kugeln sind zu erwarten bevor die Rote
> gezogen wird?
>
> Die Wahrscheinlichkeit die Rote Kugel zu erhalten ist ja:
Du meinst, die Wahrscheinlichkeit die rote Kugel genau im k-ten Zug zu
erhalten:
> 1.Zug: [mm]\bruch{1}{N}[/mm]
> 2.Zug: [mm]\bruch{1}{N-2}[/mm]
> 3.Zug: [mm]\bruch{1}{N-3}[/mm]
> ...
> N. Zug: [mm]\bruch{1}{N-N}[/mm]
dass das unsinnig ist, solltest Du schon daran sehen, dass Du am Ende [mm] $1/0\,$
[/mm]
stehen hast. Korrekt wäre
1.Zug: [mm]\bruch{1}{N}[/mm]
2.Zug: [mm]\bruch{1}{N-1}[/mm] (im ersten wurde eine schw. gezogen...)
3.Zug: [mm]\bruch{1}{N-2}[/mm] (im ersten und zweiten wurden eine schw. gezogen...)
...
(N-1). Zug: [mm]\bruch{1}{N-(N-2)}=\frac{1}{2}[/mm]
N. Zug: [mm] $\frac{1}{N-(N-1)}=1\,.$ [/mm] (Es wurden in den ersten [mm] $N-1\,$ [/mm] Zügen alle $N-1$ schw. gezogen)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:46 Fr 19.09.2014 | | Autor: | asgaroth |
Vielen Dank, das war aber die Frage die schon beantwortet war, die neue Frage die ich gestellt habe ging darum wie es sich verhält wenn man J (z.B. 4) Kugeln auf einmal zieht.
Viele Grüße,
Johann
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