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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:45 So 05.06.2011 | | Autor: | Profkn |
| Aufgabe | Von zwei gleichaussehenden Urnen enthält eine 6 weiße und 4 schwarze, die andere 2 weiße und 3 schwarze Kugeln. Es wird eine Kugel gezogen.
a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, eine weiße Kugel zu ziehen?
b) Es wurde eine weiße Kugel gezogen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit stammt sie aus der ersten Urne? |
Hallo,
a) habe ich durch 8/15 gelöst, was laut Musterlösung das richtige Ergebnis ist.
Das Problem liegt bei b). Die Lösung ist 0,6, allerdings fällt mir einfach kein anderer Rechenweg als 6/8 ein, was 0,75 ergibt, um diese Teilaufgabe zu lösen. Könnte mir jemand auf die Sprünge helfen?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Falls ihr noch nicht über bedingte W. gesprochen habt, kannst du das Problem wie folgt lösen:
Stelle dir vor, man zieht 200 mal eine Kugel.
Dann wird man durchschnittlich 100 mal die erste und
100 mal die 2. Urne wählen, weil sie gleich aussehen.
Wenn man die erste Urne gewählt hat, wird man von den 100 Ziehungen durchschnittlich 60 mal weiß ziehen.
Wenn man die 2. Urne gewählt hat, wird man durchschnittlich 40 mal weiß ziehen.
Also werden durchschnittlich 100 weiße Kugeln auf 200 Ziehungen kommen, das sind 50 %, und die Wahrscheinlichkeit für das Ziehen einer weißen Kugel ist 1/2 und nicht 8/15.
Falls in deiner Musterlösung 8/15 steht, ist sie falsch, oder die Zahlen, die du angegeben hast, sind falsch.
Doch jetzt zu b): Du weißt nun, dass du eine weiße Kugel gezogen hast. Auf 200 Ziehungen kommen 100 weiße, davon sind aber 60 aus der ersten und 40 aus der zweiten Urne. Da du nicht weißt, woher sie kommt, ist die W., dass sie aus der 1. Urne ist, 60 % und dafür, dass sie aus der 2. Urne kommt, 40%.
Du fragst dich vielleicht, warum ich 200 Ziehungen benutze.
Es hätte auch irgendeine andere Zahl sein können, wenn möglich sucht man sie sich so aus, dass keine Brüche entstehen (bei unübersichtlichen Problemen eine Zahl mit vielen Teilern wie z.B. 6000.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:41 So 05.06.2011 | | Autor: | Profkn |
| Aufgabe | In einem Geldbeutel befinden sich fünf 1-Euro-, vier 2-Euro- und ein 5-Euro-Stück(e). Zwei Münzen werden zufällig herausgenommen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ihre Summe
a) genau 3 Euro
b) mehr als 5 Euro beträgt? |
Ich schreib das jetzt einfach mal mit einer nächsten Frage zusammen.
Erstmal vielen Dank für die Antwort, da wäre ich nicht selbst drauf gekommen. Bis jetzt hatten wir zur bedingten Wahrscheinlichkeit nur die Bellsucht und das war weniger spekulativ, als die Annahme, dass sich die Auswahl der Urnen 50:50 aufteilt.
Eine zweite Aufgabe habe ich noch, deren Typ ich größtenteils lösen kann, nur bei dieser wills mir irgendwie nicht einleuchten.
Das Ergebnis für a) ist 4/9 aber ich bin mir nicht sicher, wie man auf die Anzahl der Möglichkeiten kommt. Stammt die 9 von den 4 Zwei-Eurostücken + die 5 Ein-Eurostücken? Gleiches Problem bei b): Die Lösung ist 1/5 und ich weiß nur, dass die Möglichkeit mit zwei Münzen mehr als 5 Euro zu bekommen einzig und allein mit der 5 Euromünze geht (es gibt doch gar keine 5 Euromünzen oder? :D), die man beim ersten oder zweiten Zug ziehen muss. D.h. die Wahrscheinlichkeit ist 1/10 aber das ist falsch, ich weiß nur leider nicht, was ich übersehe.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:53 So 05.06.2011 | | Autor: | abakus |
> In einem Geldbeutel befinden sich fünf 1-Euro-, vier
> 2-Euro- und ein 5-Euro-Stück(e). Zwei Münzen werden
> zufällig herausgenommen. Wie groß ist die
> Wahrscheinlichkeit, dass ihre Summe
>
> a) genau 3 Euro
> b) mehr als 5 Euro beträgt?
> Ich schreib das jetzt einfach mal mit einer nächsten
> Frage zusammen.
>
> Erstmal vielen Dank für die Antwort, da wäre ich nicht
> selbst drauf gekommen. Bis jetzt hatten wir zur bedingten
> Wahrscheinlichkeit nur die Bellsucht und das war weniger
> spekulativ, als die Annahme, dass sich die Auswahl der
> Urnen 50:50 aufteilt.
>
> Eine zweite Aufgabe habe ich noch, deren Typ ich
> größtenteils lösen kann, nur bei dieser wills mir
> irgendwie nicht einleuchten.
>
> Das Ergebnis für a) ist 4/9 aber ich bin mir nicht sicher,
> wie man auf die Anzahl der Möglichkeiten kommt. Stammt die
> 9 von den 4 Zwei-Eurostücken + die 5 Ein-Eurostücken?
Du musst in einem Baumdiagramm die beiden möglichen Pfade
"erst 1, dann 2 Euro" und "erst 2, dann 1 Euro" berechnen und addieren.
> Gleiches Problem bei b): Die Lösung ist 1/5 und ich weiß
> nur, dass die Möglichkeit mit zwei Münzen mehr als 5 Euro
> zu bekommen einzig und allein mit der 5 Euromünze geht (es
> gibt doch gar keine 5 Euromünzen oder? :D), die man beim
> ersten oder zweiten Zug ziehen muss. D.h. die
Genau da ist der Knackpunkt! Beide Pfade ("erst 5 Euro, dann was anderes" und die umgekehrte Reihenfolge haben die Wahrscheinlichkeit 0,1. Die Summe 0,1 + 0,1 ist 0,2.
Gruß Abakus
> Wahrscheinlichkeit ist 1/10 aber das ist falsch, ich weiß
> nur leider nicht, was ich übersehe.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:02 So 05.06.2011 | | Autor: | Profkn |
Achso, das wäre dann die Berechnung für die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses oder? Wie kann ich denn zwischen Ereignis und Ergebnis unterschieden, bzw. wann weiß ich, was davon erfragt wird?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:20 So 05.06.2011 | | Autor: | abakus |
> Achso, das wäre dann die Berechnung für die
> Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses oder? Wie kann ich
> denn zwischen Ereignis und Ergebnis unterschieden, bzw.
> wann weiß ich, was davon erfragt wird?
Grundlage einer ernsthaften Wissenschaft (zu der ich Mathematik durchaus zähle) sind exakte Definitionen der verwendeten Begriffe.
Die dürftest du in deinen Unterlagen, Lehrbüchern oder Skripten finden.
Gruß Abakus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:30 So 05.06.2011 | | Autor: | Profkn |
| Aufgabe | Eine faire Münze wird sechsmal geworfen. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass
a) genau einmal "Kopf" geworfen wird. |
Die Lösung dieser Aufgabe ist 0.0938. Ich habe erst die Wahrscheinlichkeit der sechs Würfe ausgerechnet 1/64, was aber nicht das richtige Ergebnis erbrachte. Erst nach dem Multiplizieren mit 6 wegen der 6 möglichen Variationen, wann der Kopf geworfen wird, stimmte das Ergebnis. Ohne die Musterlösung hätte ich 1/64 jedoch als Ergebnis gelassen. Woher kann ich wissen, dass das Ereignis gefragt ist also die Addition der Möglichkeiten. Die Definition von "Ereignis" bringt mich da nicht wirklich weiter.
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> Woher kann ich wissen, dass das Ereignis gefragt ist, also die Addition der Möglichkeiten.
Die Antwort auf diese Frage hast du doch bereits selber geschrieben:
Erst nach dem Multiplizieren mit 6 wegen der 6 möglichen Variationen
Ein Mal Kopf kann ja sein:
K Z Z Z Z Z
Z K Z Z Z Z
Z Z K Z Z Z
Z Z Z K Z Z
Z Z Z Z K Z
Z Z Z Z Z K
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:22 So 05.06.2011 | | Autor: | Profkn |
Genauso habe ich es auch hier stehen. Nur habe ich diesen Schritt erst gemacht, nachdem ich durch die Musterlösung wusste, dass mein erstes Ergebnis falsch ist. Ohne Lösung hätte ich als nicht erkannt, dass die Addition vonnöten ist. Und da würde ich gerne wissen, wie ich erkenne, dass ich die Wahrscheinlichkeiten der sechs Möglichkeiten addieren muss.
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> Genauso habe ich es auch hier stehen. Nur habe ich diesen
> Schritt erst gemacht, nachdem ich durch die Musterlösung
> wusste, dass mein erstes Ergebnis falsch ist. Ohne Lösung
> hätte ich als nicht erkannt, dass die Addition vonnöten
> ist. Und da würde ich gerne wissen, wie ich erkenne, dass
> ich die Wahrscheinlichkeiten der sechs Möglichkeiten
> addieren muss.
Beim 6-maligen Werfen einer Münze sind die [mm] 2^6=64
[/mm]
untereinander gleich wahrscheinlichen Möglichkeiten
alle unterschiedlichen "Wörter" aus genau 6 Buchstaben,
welche nur die Buchstaben K und Z enthalten, also:
KKKKKK
KKKKKZ
KKKKZK
KKKKZZ
KKKZKK
KKKZKZ
KKKZZK
KKKZZZ
....
....
....
....
....
ZZZZKK
ZZZZKZ
ZZZZZK
ZZZZZZ
In dieser gesamten Liste kommt eben "genau einmal
Kopf" nicht nur einmal, sondern 6 mal vor.
Wenn du eine kleine Liste nur mit den Ereignissen
"genau 1 mal Kopf"
"genau 2 mal Kopf"
"genau 3 mal Kopf"
"genau 4 mal Kopf"
"genau 5 mal Kopf"
"genau 6 mal Kopf"
benützen willst, dann hat diese zwar den Vorteil
der Kürze, aber den Nachteil, dass ihre Elemente
keineswegs gleich wahrscheinlich sind.
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:48 So 05.06.2011 | | Autor: | Profkn |
Aha! Ich glaube jetzt habe ich es verstanden. Bei der Wahrscheinlichkeit 1/64 sind also alle möglichen Variationen Kopf oder Zahl zu werfen inbegriffen?
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> Aha! Ich glaube jetzt habe ich es verstanden. Bei der
> Wahrscheinlichkeit 1/64 sind also alle möglichen
> Variationen Kopf oder Zahl zu werfen inbegriffen?
Vermutlich meinst du das Richtige, aber man sollte
den Gedanken anders formulieren:
Jede einzelne der insgesamt [mm] 2^6=64 [/mm] Variationen
der Länge n=6 der zwei Elemente K und Z hat die
Wahrscheinlichkeit [mm] \frac{1}{64} [/mm] .
LG
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