Hypergeometrische Urnenmodelle < Kombinatorik < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:21 Do 27.04.2006 | | Autor: | Eddy |
| Aufgabe | In einer Urne befinden sich 1 grüne, 3 rote, 4 gelbe, 5 blaue Kugeln.
6 Kugeln werden mit einem Griff gezogen (Welches Modell?)
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für
A: 2 rote und 3 gelbe werden gezogen.
B: Nur rote und blaue werden gezogen.
C: Mindestens 2 blaue werden gezogen. |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo,
ich denke unser Lehrer hat sich diese Aufgabe ausgedacht. Sie ist zur Vorbereitung auf das Abitur gedacht, welches ich am Freitag, dem 28. April, schreiben werde. (Ich weiß, ich frage früh ^^)
Nun pauke ich natürlich und kann diese Aufgabe weder mit Sicherheit im vorgesehenen Urnenmodell noch als Zusatzaufgabe über ein zweites Modell rechnen.
Zunächst möchte ich mich nur mit A befassen, an die anderen Aufgaben habe ich mich noch nicht gemacht, da ich erst das schaffen möchte.
Zunächst das Denkmodell, welches wir bereits im Unterricht festgelegt haben:
- Ziehen ohne zurücklegen
- Ohne Berücksichtigung der Reihenfolge (Die Kugeln werden schließlich mit einem Griff gezogen)
Dementsprechend müsste es sich um eine hypergeometrische Verteilung handeln. Des Weiteren gilt:
n = 6 Ziehungen
N = 13 Kugeln insgesamt
Mr = 3 rote Kugeln insgesamt
Mg = 4 gelbe Kugeln insgesamt
kr = 2 zu ziehende rote Kugeln
kg = 3 zu ziehende gelbe Kugeln
M = üblicherweise die gesamte Anzahl der günstigen Kugeln (gelb + rot = 7)
k = üblicherweise die Anzahl der zu ziehenden günstigen Kugeln (3 rote + 2 gelbe = 5)
Mit Hilfe der Pfadregel?? verbinde ich Mr und Mg, welche die eine Hälfte der günstigen Ereignisse bilden und habe dann in der zweiten Hälfte der günstigen Ereignisse die restlichen nicht erwünschten Kugeln.
[mm]
\left| S \right| = {N \choose n} = {13 \choose 6} = 1716
\left| E \right| = {M \choose k} {{N-M} \choose {n-k}} \Rightarrow ( {Mr \choose kr} + {Mg \choose kg} ) {{N-M} \choose {n-k}} = ({3 \choose 2} + {4 \choose 3}) {6 \choose 1}
P = \left| E \right| / \left| S \right| [/mm]
[mm] = \bruch{(3+4)\*6}{1716} [/mm]
[mm] = \bruch{42}{1716} [/mm]
[mm] \approx 2,45\% [/mm]
Ich hoffe, dass das zumindest alles richtig ist, denn nach diesem Modell sollte ja gerechnet werden.
Des Weiteren müsste doch aber auch mit Berücksichtigung der Reihenfolge zumindest für P dasselbe herrauskommen, nicht wahr?
Um die Reihenfolgen wieder aus jedem Binomialkoeffizenten zu extrahieren, dachte ich lange Zeit, dass man dies so machen könnte:
[mm]{a \choose b} \Rightarrow {a \choose b} b![/mm]
Ist das soweit richtig? (Falls jemand Antwort auf diese Frage weiß, bitte ich diese wenigstens zu beantworten, da mir dies wenigstens zum Teil helfen würde)
Dementsprechend würde ich eine allgemeine hypergeometrische Formel mit Berücksichtigung der Reihenfolge wiefolgt ansetzen und die Variablen gleich mit einsetzen:
[mm]
\left| S \right| = {N \choose n} \* n! = {13 \choose 6} \* 6! = 1235520
\left| E \right| = {M \choose k} \* k! \* {{N-M} \choose {n-k}} \* (n-k)! \Rightarrow ( {Mr \choose kr} \* kr! + {Mg \choose kg} \* kg!) {{N-M} \choose {n-k}} \* (n-k)! = ({3 \choose 2} \* 2! + {4 \choose 3} \* 3!) {6 \choose 1} \* 1! = (6 + 24) \* 6 = 180
P = 180 / 1235520 \approx 0,015\% [/mm]
Oder ist der Glaube, dass die Wahrscheinlichkeiten in den Modellen Ziehen ohne Zurücklegen + Mit B.d. Reihenfolge und Ziehen ohne Zurücklegen + Ohne B.d. Reihenfolge gleich sind, sowieso ein Trugschluss?
Ich bedanke mich an der Stelle schon einmal im Voraus für eventuelle Antworten, das ist schon ein wenig viel Stoff, den man erstmal nachvollziehen muss um mir zu helfen. Ich gebe mal Dringlichkeit 24 Stunden an, da ich bis dann noch lernen werde. Danach wird mich wohl niemand mehr retten können  Aber ich bin durchaus danach noch an der Lösung des Problems interessiert, wir lernen ja alle gerne auch nach der Schule noch dazu 
Schöne Grüße aus NRW, das im Moment Abizeit hat
|
|
| |
|
Hi, Eddy,
> Des Weiteren müsste doch aber auch mit Berücksichtigung der
> Reihenfolge zumindest für P dasselbe herauskommen, nicht
> wahr?
Wie kommst Du darauf?
Denk mal an das Lottospiel:
Die Wahrscheinlichkeit, 6 Richtige zu haben, beträgt etwa 1 : 14 Millionen.
Müsstest Du nun auch noch die Zahlen in der gezogenen Reihenfolge richtig tippen, wäre Deine Gewinnwahrscheinlichkeit etwa 1 : [mm] 10^{10}.
[/mm]
mfG!
Zwerglein
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 12:06 Do 27.04.2006 | | Autor: | Eddy |
Ahhh :-D
Irgendwie habe ich mir das aber gemerkt... Zumindest bei Binomialverteilung ist es doch aber der Fall, dass die Wahrscheinlichkeiten mit Berücksichtigung der Reihenfolge und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge übereinstimmen?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:20 Sa 29.04.2006 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
| |
|
Hallo Eddy,
> In einer Urne befinden sich 1 grüne, 3 rote, 4 gelbe, 5
> blaue Kugeln.
>
> 6 Kugeln werden mit einem Griff gezogen (Welches Modell?)
> Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für
>
> A: 2 rote und 3 gelbe werden gezogen.
> B: Nur rote und blaue werden gezogen.
> C: Mindestens 2 blaue werden gezogen.
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
> Hallo,
>
> Zunächst möchte ich mich nur mit A befassen, an die anderen
> Aufgaben habe ich mich noch nicht gemacht, da ich erst das
> schaffen möchte.
>
> Zunächst das Denkmodell, welches wir bereits im Unterricht
> festgelegt haben:
>
> - Ziehen ohne zurücklegen
> - Ohne Berücksichtigung der Reihenfolge (Die Kugeln werden
> schließlich mit einem Griff gezogen)
>
> Dementsprechend müsste es sich um eine hypergeometrische
> Verteilung handeln. Des Weiteren gilt:
Warum dies? ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
Das ist doch wie beim Lotto:
[mm] $\red{P(A) = \bruch{{3 \choose2}{4 \choose3}{1 \choose 0}{5 \choose 0}}{{13 \choose 5}}}$ [/mm] ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") es werden nur 5 gezogen!
du ziehst '2 aus 3' und '3 aus 4' und '0 aus 5' und '0 aus 1' = "günstige" und dividierst durch "alle möglichen":
also 'Ziehen ohne Zurücklegen'.
[edit]
$P(A) = [mm] \bruch{{3 \choose2}{4 \choose3}{6 \choose 1}}{{13 \choose 6}}$
[/mm]
du ziehst '2 aus 3' und '3 aus 4' und '1 aus 6' (den restlichen) = "günstige" und dividierst durch "alle möglichen"
[informix]
Oder habe ich was übersehen?
>
>
> Oder ist der Glaube, dass die Wahrscheinlichkeiten in den
> Modellen Ziehen ohne Zurücklegen + Mit B.d. Reihenfolge
> und Ziehen ohne Zurücklegen + Ohne B.d. Reihenfolge
> gleich sind, sowieso ein Trugschluss?
allerdings!
> Ich bedanke mich an der Stelle schon einmal im Voraus für
> eventuelle Antworten, das ist schon ein wenig viel Stoff,
> den man erstmal nachvollziehen muss um mir zu helfen. Ich
> gebe mal Dringlichkeit 24 Stunden an, da ich bis dann noch
> lernen werde. Danach wird mich wohl niemand mehr retten
> können Aber ich bin durchaus danach noch an der Lösung
> des Problems interessiert, wir lernen ja alle gerne auch
> nach der Schule noch dazu
>
> Schöne Grüße aus NRW, das im Moment Abizeit hat
Gruß informix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:46 Do 27.04.2006 | | Autor: | Eddy |
Hallo,
danke für die Mühe.
Du hast vollkommen Recht, denn die jeweiligen Pfade gehen wie bei einem Baum ja immer weiter und man muss multiplizieren statt addieren.
Allerdings sind es 6 Ziehungen und nicht 5.
Ich war vorhin bei unserem Lehrer und der hat seinen Segen zu folgender Lösung gegeben:
[mm]
P(A) = \bruch{{3 \choose2}{4 \choose3}{6 \choose 1}}{{13 \choose 6}} [/mm]
(Bedenke: [mm] {1 \choose 1} \* {5 \choose 1}[/mm] würde bedeuten, dass man von den restlichen 2 zieht.)
Das zweite Urnenmodell (ziehen ohne Zurücklegen, mit Berücksichtigung der Reihenfolge) ist ihm weniger wichtig, daher ist die Dringlichkeit jetzt nicht mehr gegeben. Wenn irgendwann jemand eine Lösung parat hat, reicht das vermutlich für die nächsten, die irgendwann über den Artikel stolpern.
Vielen Dank aber für die schnellen Antworten!
|
|
|
|
