Ziehen mit zurück legen < Kombinatorik < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | aus einer Urne mit 100 Kugeln, die von 1 bis 100 durchnummeriert sind, werden 10 Kugeln mit zurücklegen gezogen.
Mit welcher wahrscheinlichkeit sindkeine 2 Kugeln doppelt |
Hab das mit der Binominalverteilung wie folgt gelöst.
[mm] p=\bruch{1}{100}=0,01 [/mm] bin da davon ausgegangen das es ja egal ist welche man doppelt zieht.
also is dann
p=0,01
n=10
k=2
das jetzt mit der Binominalverteilungsformel
[mm] P=\vektor{10 \\ 2}*p^2 [/mm] *(1-0,01)^10-2
P=0,004151
So und da dacht ich dann da das ja die wahrscheinlichkeit ist das eine Kugel 2 Mal gezogen wird hab ich das ergebniss von 1 abgezogen und kam dann auf das
P=1-0,004151=0,9958
Das ist jetzt bei mir die Wahrscheinlichkeit das keine Kugel doppelt gezogen wird.
So das war meine Rechnung nun die entscheidende Frage:
Ist das richtig wenn nein was ist falsch?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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> aus einer Urne mit 100 Kugeln, die von 1 bis 100
> durchnummeriert sind, werden 10 Kugeln mit zurücklegen
> gezogen.
> Mit welcher wahrscheinlichkeit sindkeine 2 Kugeln doppelt
> Hab das mit der Binominalverteilung wie folgt gelöst.
>
> [mm]p=\bruch{1}{100}=0,01[/mm] bin da davon ausgegangen das es ja
> egal ist welche man doppelt zieht.
> also is dann
>
> p=0,01
> n=10
> k=2
>
> das jetzt mit der Binominalverteilungsformel
>
> [mm]P=\vektor{10 \\ 2}*p^2[/mm] *(1-0,01)^10-2
>
> P=0,004151
>
> So und da dacht ich dann da das ja die wahrscheinlichkeit
> ist das eine Kugel 2 Mal gezogen wird hab ich das ergebniss
> von 1 abgezogen und kam dann auf das
>
> P=1-0,004151=0,9958
Hallo,
das bedeutet, daß mit einer Wahrscheinlichkeit von 99,58% keine Kugel doppelt gezogen wird.
Kommt das hin? Entspricht das Deinem Gefühl?
Es ist doch schon, wenn ich die zweite Kugel nehme, die Wahrscheinlichkeit dafür, daß es eine andere als beim ersten Mal ist, nur bei 99%.
Mit einer Bernoullikette scheinst Du mir hier eindeutig falsch zu liegen.
EDIT: Der angegebene und später durchgeführte Weg zur Berechnung der Wahrscheinlichkeit ist falsch, danke an Kai09 für den Hinweis. Er sagt dort auch,wie es richtig geht
Ich würde es wie folgt lösen: wie viele Möglichkeiten gibt es, mit Zurücklegen 10 Kugeln aus 100 auszuwählen?
Wieviele Möglichkeiten gibt es ohne Zurücklegen 10 Kugeln aus 100 auszuwählen? (Das wären ja die Fälle ohne doppelte Kugeln).
Hieraus die Wahrscheinlichkeit ausrechnen.
Gruß v. Angela
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> Das ist jetzt bei mir die Wahrscheinlichkeit das keine
> Kugel doppelt gezogen wird.
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> So das war meine Rechnung nun die entscheidende Frage:
>
> Ist das richtig wenn nein was ist falsch?
>
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>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
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Also würde ich das erstmal als Kombination betrachten wo dann ohne zurücklegen [mm] \vektor{100\\ 10}=17310309456440
[/mm]
und mit zurücklegen [mm] \vektor{100+10-1\\ 10}=42634215112710
[/mm]
kommt mir auch sehr hoch vor. Oder muss ich das als Variation betrachten.
So aber mal davon ab wenn ich die Anzahl der möglichkeiten dann habe wie rechen ich daraus die Wahrscheinlichkeit das eine nicht zweimal gezogen wird.
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> Also würde ich das erstmal als Kombination betrachten wo
> dann ohne zurücklegen [mm]\vektor{100\\ 10}=17310309456440[/mm]
>
> und mit zurücklegen [mm]\vektor{100+10-1\\ 10}=42634215112710[/mm]
>
> kommt mir auch sehr hoch vor.
Hallo,
100 Kugeln sind ja auch viele.
> So aber mal davon ab wenn ich die Anzahl der möglichkeiten
> dann habe wie rechen ich daraus die Wahrscheinlichkeit das
> eine nicht zweimal gezogen wird.
Oben hast Du die Anzahl der Möglichkeiten von Kugelpaketen mit 10 Kugeln ohne doppelte Kugeln,
unten die Anzahl der Möglichkeiten, wenn Kugeln mehrfach vorkommen dürfen.
Gruß v. Angela
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Ja das leuchtet ja auch alles ein, aber in was für eine Formel bring ich das jetzt wenn der Ansatz Binominalverteilung falsch ist?
Da fehlt mir im moment der Ansatz.
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> Ja das leuchtet ja auch alles ein, aber in was für eine
> Formel bring ich das jetzt
Hallo,
ich weiß nicht, was Du meinst?
Du hast doch jetzt die Anzahl der möglichen Fälle und die Anzahl dre Fälle, in denen alle 10 Kugeln verschieden sind.
Für die Wahrscheinlichkeit mußt Du nun doch nur noch dividieren.
> wenn der Ansatz
> Binominalverteilung falsch ist?
>
> Da fehlt mir im moment der Ansatz.
???
Gruß v. Angela
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Achso also rechne ich die
[mm] \bruch{17310309456440}{42634215112710}=0,40
[/mm]
OK das leuchtet mehr ein, hoffe mal das das jetzt stimmt
DANKE
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> Achso also rechne ich die
>
> [mm]\bruch{17310309456440}{42634215112710}=0,40[/mm]
>
> OK das leuchtet mehr ein, hoffe mal das das jetzt stimmt
>
>
> DANKE
Hallo,
das hatte ich vorhin auch ausgerechnet.
Gruß v. Angela
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Das is doch jetzt die Wahrscheinlichkeit das eine Kugel 2x gezogen wird.
Muss das dann ja noch von 1 abziehen wo ich dann auf 0,6 komme
Also das bei Rund 60% die Wahrscheinlichkeit liegt keine Kugel doppelt zuziehen.
Ist das jetzt richtig? Der Wert kommt mir recht klein vor.> > Achso also rechne ich die
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> Das is doch jetzt die Wahrscheinlichkeit das eine Kugel 2x
> gezogen wird.
Hallo,
wie kommst Du darauf?
Was hatten wir denn ausgerechnet vor dem Dividieren?
Gruß v. Angela
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Na die Möglickeiten mit und ohne Wiederholung.
Mir kommen die 40% nur so gering vor das keine doppelt ist.
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> Na die Möglickeiten mit und ohne Wiederholung.
> Mir kommen die 40% nur so gering vor das keine doppelt
> ist.
Hallo,
in solch einem Falle ist es natürlich angebracht, darüber nachzudenken, ob, und wenn ja: was, man vielleicht etwas verkehrt gemacht hat.
An welcher Stelle könnte etwas nicht stimmen? Ist der grundgedanke, der der Rechnung zugrundeliegt, wirklich richtig?
Nicht angebracht ist es, wenn man dann einfach irgendetwas rechnet, weil einem die Zahl, die herauskommt, besser gefällt...
Daß Dir die 40% unpassend erscheinen, liegt wahrscheinlich daran, daß Du so eine Spiel noch nicht gespielt hast.
Um die Plausibilität der Rechnung zu prüfen, könntest Du ja mal testen, was herauskommt, wenn Du 10 von 20 Kugeln ziehst, 10 von 30, 10 von 40.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:26 So 22.02.2009 | | Autor: | groedi2001 |
Hab es mal mit 40Kugeln, 20 Kugeln und für 100 Kugeln wenn man nur 5 zieht gerechnet
40K = 0,10314
20K = 0,009224
100K mit 5 ziehen = 0,818676
Das kann man sich schon eher Vorstellen, da scheint es ja zu stimmen.
Danke für den Gedanken anstoß
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| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:36 Di 24.03.2009 | | Autor: | kai09 |
Hallo, die Lösung ist glaub ich folgende:
Stellt euch vor, wir hätten 10 Töpfe, in die wir jeweils die 10 gezogenen Kugeln reinlegen:
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _
Beim ersten Zug können wir jede beliebige Zahl ziehen: Wahrscheinl. = 1
Beim zweiten Zug könnten wir theoretisch 100 Ziehen, weil Zurücklegen, aber nur 99 führen zu einem "erlaubten" Zug,weil wir die aus dem ersten ja nicht mehr ziehen dürfen, Wahrscheinlichkeit = [mm] \bruch{99}{100}
[/mm]
Beim dritten führen nur noch 98 Zahlen zu einem "erlaubten" Zug, so dass wir dann auf [mm] \bruch{98}{100} [/mm] kommen.
Insgesamt ergibt sich [mm] \bruch{99*98*97*96*95*94*93}{100^{8}} \approx [/mm] 0,6903.
Wie seht ihr das?
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> Hallo, die Lösung ist glaub ich folgende:
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> Stellt euch vor, wir hätten 10 Töpfe, in die wir jeweils
> die 10 gezogenen Kugeln reinlegen:
>
> _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
>
> Beim ersten Zug können wir jede beliebige Zahl ziehen:
> Wahrscheinl. = 1
>
>
> Beim zweiten Zug könnten wir theoretisch 100 Ziehen, weil
> Zurücklegen, aber nur 99 führen zu einem "erlaubten"
> Zug,weil wir die aus dem ersten ja nicht mehr ziehen
> dürfen, Wahrscheinlichkeit = [mm]\bruch{99}{100}[/mm]
>
> Beim dritten führen nur noch 98 Zahlen zu einem "erlaubten"
> Zug, so dass wir dann auf [mm]\bruch{98}{100}[/mm] kommen.
>
> Insgesamt ergibt sich [mm]\bruch{99*98*97*96*95*94*93}{100^{8}} \approx[/mm]
> 0,6903.
>
> Wie seht ihr das?
Hallo,
erstens mal bearbeitest Du offensichtlich eine andere Aufgabe, nämlich mit 8x Ziehen.
Davon abgesehen: ich halte Deine Lösung für falsch, weil Du jeweils die Anzahl der Möglichkeiten unter Beachtung der Reihenfolge aufschreibst, was nicht zu groedis Fragestellung paßt.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:30 Mi 25.03.2009 | | Autor: | kai09 |
Stimmt, es war schon spät gestern ...
Im Zähler muss noch zusätzlich *92*91 stehen und im Nenner dementsprechend [mm] 100^9.
[/mm]
Dann stimmt es aber sicher.
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> Dann stimmt es aber sicher.
Hallo,
wie bereits erwähnt: wenn für Dich die Reihenfolge eine Rolle spielt, dann stimmt es, sonst nicht.
Ziehen wir mal der Übersicht halber mit Zurücklegen 2 Kugeln aus 3 Kugeln, die mit 1,2,3 numeriert sind.
Unter Beachtung der Reihenfolge sind hier 9 verschiedene Ergebnisse zu erzielen, davon 6 ohne doppelte Kugeln
Ohne Beachtung der Reihenfolge gibt's nur 6 Möglichkeiten, davon 3 ohne doppelte Kugeln.
Darauf wollte ich in meiner Antwort hinaus.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:04 Mi 25.03.2009 | | Autor: | kai09 |
Hallo Angela,
das hat ja hier nix mit der Reihenfolge zu tun. Die Herangehensweise ist folgende.
Beim ersten Zug kannst du eine beliebige Zahl zwischen 1 und 100 Ziehen.
Die Wahrscheinlichkeit dafür ist 1.
Beim zweiten Zug kannst du nur noch aus 99 von 100 Zahlen wählen, weil du die eine aus dem ersten Zug nicht mehr ziehen darfst. D.h. die Wahrscheinlichkeit ist 0.99.
Beim dritten Zug darfst du die ersten beiden nicth mehr ziehen, d.h. die Wahrscheinlichkeit beträgt 0.98.
Etc. 1*0.99*0.98*.....*0.91 ist die Lösung.
Gruß
Kai
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> Hallo Angela,
>
> das hat ja hier nix mit der Reihenfolge zu tun. Die
> Herangehensweise ist folgende.
>
> Beim ersten Zug kannst du eine beliebige Zahl zwischen 1
> und 100 Ziehen.
> Die Wahrscheinlichkeit dafür ist 1.
Hallo,
ich kapiere durchaus, was Du tust.
Bei Dir sind die Ziehungen (1,2) und (2,1) verschieden,
und so kommst Du auf 91*...*100 Möglichkeiten für Ziehungen ohne doppelte Kugeln.
Betrachstest Du aber ohne Reihenfolge die 10 Kugeln, die Du im Beutel hast, so reduziert sich die Anzahl der Möglichkeiten.
Es sind dann nämlich nur noch [mm] \vektor{100\\10} [/mm] Möglichkeiten statt (wie bei Dir) [mm] \vektor{100\\10}*10! [/mm] Möglichkeiten.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:37 Mi 25.03.2009 | | Autor: | kai09 |
Hallo Angela,
sorry, ich glaube, du denkst da zu kompliziert. Eine Reihenfolge spielt bei der Formulierung der Ausgangsfrage doch keine Rolle.
Betrachte das ganze doch mal als Laplace-Experiment mit
[mm] P=\bruch{Anzal guenstiger Ereignisse}{Anzal moeglicher Ereignisse}
[/mm]
Beim ersten Zug ist alles günstig, jede Zahl von 1 bis 100, und möglich ist auch alles.
also P = [mm] \bruch{100}{100}.
[/mm]
Beim zweiten Zug hast du nur noch 99 günstige, aber 100 mögliche Fälle.
etc. Da die einzelnen Ziehungen unabhängig voneinander sind, kannst du diese 10 Wahrscheinlichkeiten von 100% bis 91% miteinander multiplizieren.
Sind wir uns denn einig, dass es nur eine einzige richtige Antwort auf die Ausgangsfrage gibt und wenn, wie lautete dann deine?
Gruß Kai
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> Hallo Angela,
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> sorry, ich glaube, du denkst da zu kompliziert. Eine
> Reihenfolge spielt bei der Formulierung der Ausgangsfrage
> doch keine Rolle.
Hallo,
für Dich offenbar doch, da Du das Ganze unter Beachtung der Reihenfolge (Variation) betrachtest.
Meinen Lösungsweg - ohne die konkrete Berechnung - hatte ich bereits im 2. Post dieses Threads vorgestellt:
Aus der Überlegung, wieviele Möglichkeiten es gibt, aus 100 Kugeln verschiedene 10 Kugeln auszuwählen (ohne Beachtung der Reihenfolge, Kombination), und der Überlegung, wieviele Möglichkeiten es gibt (mit Zurücklegen, ohne Beachtung der Reihenfolge) aus 100 Kugeln 10 Kugeln auszuwählen, ergibt sich die Wahrscheinlichkeit dafür, daß alle 10 Kugeln verschieden sind wie folgt:
[mm] \bruch{\vektor{100\\10}}{\vektor{100+10-1\\10}} \approx [/mm] 0.41,
das Ergebnis wurde im Thread bereits genannt.
> Sind wir uns denn einig,
Offensichtlich nicht: Du scheinst das Ganze ja unter Beachtung der Reihenfolge betrachten zu wollen, also die Frage klären zu wollen, wie groß die Wahrscheinlichkeit für ein 10-Tupel ohne doppelte Zahlen ist.
ich glaube, Dir ist das mit der Reihenfolge nicht klar. Vielleicht magst Du mal ![[]](/images/popup.gif) hier schauen.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:41 Mi 25.03.2009 | | Autor: | kai09 |
Angela,
wie würdest du denn diese Frage beantworten bzw. poste doch direkt die Wahrscheinlichkeit, bitte.
"Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind beim dreimaligen Werfen eines normalen Würfels alle drei Augenzahlen voneinander verschieden?"
Gruß Kai
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> "Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind beim dreimaligen
> Werfen eines normalen Würfels alle drei Augenzahlen
> voneinander verschieden?"
Hallo,
hmm - es gibt kein Entrinnen mehr: Du hast recht.
Da tröstet mich nur noch eins: den meinem entsprechenden Fehler haben auch Leibniz und d'Alembert schon gemacht.
Danke für Deinen Hinweis und die Hartnäckigkeit.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:06 Mi 25.03.2009 | | Autor: | kai09 |
Hallo Angela,
meinst du das ernst? Ich bin inzwischen selber verunsichert?!
Dein Vorschlag macht ja auch irgendwie Sinn..
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> Hallo Angela,
>
> meinst du das ernst?
Hallo,
ja.
> Ich bin inzwischen selber
> verunsichert?!
Nicht beirren lassen, nicht verwirren lassen!
Ich bin inzwischen felsenfest überzeugt davon, daß Du recht hast,
wenn es mir möglich wäre, hätte ich meinen eigenen Artikel von ganz oben eigenhändig als "fundamental falsch" gekennzeichnet.
Es ist doch auch die Wahrscheinlichkeit beim Wurf zweier gleicher Münzen dafür, daß die eine Kopf und die andere Zahl zeigt, 1/2 - und nicht 1/3.
Diese 1/3-Logik hatte ich zuvor verfolgt. Peinlich irgendwie.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:26 Mi 25.03.2009 | | Autor: | kai09 |
Hallo Angela,
gut, danke. Ich fand deinen Ansatz inzwischen sinnvoller, aber auf das richtige Ergebnis würde man glaub ich dann durch deinen Bruch kommen, jedoch unten und oben jeweils die Formel für "mit Beachtung der Reihenfolge".
[mm] \bruch{\bruch{n!}{(n-k)!}}{n^k} [/mm] = [mm] \bruch{\bruch{100!}{90!}}{100^{10}}
[/mm]
Mich würde nur interessieren, wer die beiden Personen sind und ob dieser Fehler bekannt ist.
LG
Kai
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> Hallo Angela,
>
> gut, danke. Ich fand deinen Ansatz inzwischen sinnvoller,
> aber auf das richtige Ergebnis würde man glaub ich dann
> durch deinen Bruch kommen, jedoch unten und oben jeweils
> die Formel für "mit Beachtung der Reihenfolge".
Genau. Und damit ist es nicht mehr mein Bruch, sondern Dein Produkt.
>
> [mm]\bruch{\bruch{n!}{(n-k)!}}{n^k}[/mm] =
> [mm]\bruch{\bruch{100!}{90!}}{100^{10}}[/mm]
>
> Mich würde nur interessieren, wer die beiden Personen sind
Welche? Leibniz und d'Alembert?
> und ob dieser Fehler bekannt ist.
Ja.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:38 Mi 25.03.2009 | | Autor: | kai09 |
Ah ok, vielen Dank.
Vielleicht hast du Lust, an meiner Frage etwas zu knoblen. Da komm ich nicht weiter.
https://matheraum.de/read?t=530526
Gruß
Kai
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