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Aufgabe:

In einer Urne befinden sich 10 Kugeln, davon 6 rote und 3 weiße, und eine schwarze Kugel.

a) Der Urne werden ohne Zurücklegen nacheinander 2 Kugeln zufällig entnommen. Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeiten für die folgendes Ereignis: Die zweite gezogene Kugel ist rot.


Problem/Ansatz:
S - R (3/10 * 6/9)
R - R (6/10 * 5/9)
w - R (1/10 * 6/9)

P (2.te Kugel r) = (3/10 * 6/9) + (6/10 * 5/9) + (1/10 * 6/9) = 0.6

Meine Frage hierzu ist ob man hier auch die hypergeometrische Verteilung anwenden kann? Denke, aber da es hier um eine Reihenfolge geht (2.te Kugel rot) wahrscheinlich nein oder?

von

3 Antworten

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a) Der Urne werden ohne Zurücklegen nacheinander 2 Kugeln zufällig entnommen. Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeiten für die folgendes Ereignis: Die zweite gezogene Kugel ist rot.

Ziehe per Definition die zweite Kugel als Erstes aus der Urne.

P(rot) = 6/10 = 3/5 = 0.6

Das muss auch als Wahrscheinlichkeit herauskommen, wenn du die zweite Kugel wirklich als Zweites ziehst.

P(RR, SR, WR) = 6/10 * 5/9 + 1/10 * 6/9 + 3/10 * 6/9 = 3/5


Zu deiner Frage

Meine Frage hierzu ist ob man hier auch die hypergeometrische Verteilung anwenden kann? Denke, aber da es hier um eine Reihenfolge geht (2.te Kugel rot) wahrscheinlich nein oder?

Völlig richtig. Bei der hypergeometrischen Verteilung geht es darum eine bestimmte Anzahl an roten Kugeln zu ziehen, egal an welcher Stelle. Hier geht es nur um die Stelle und nicht um eine Anzahl.

von 440 k 🚀
Völlig richtig. Bei der hypergeometrischen Verteilung geht es darum eine bestimmte Anzahl an roten Kugeln zu ziehen, egal an welcher Stelle.

Lässt sich die h.V. denn bei Bernoulli-Versuchen anwenden?

Beispiel:

Es werden 5 Elfmeter geschossen mit einer Trefferwahrscheinlichkeit von \( p=80 \% \)
Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass
a) alle Elfmeter verwandelt werden.
b) nur der dritte Elfmeter verschossen wird.
c) genau zwei Elfmeter getroffen werden.


Bei der Aufgabe a) und c) geht es ja um eine bestimmte Anzahl an Treffer, egal an welcher Stelle.

Der Unterschied ist ja, bei der Binomialverteilung zieht man mit Zurücklegen und dabei ändert sich die Wahrscheinlichkeit nicht. Bei der hypergeometrischen Verteilung zieht man ohne Zurücklegen und dabei ändern sich die Wahrscheinlichkeiten.

Mit N → ∞ und M/N → p geht die hypergeometrische Verteilung in die Binomialverteilung über.

Für n/N ≤ 0.05 kann man die hypergeometrische Verteilung durch die Binomialverteilung approximieren.

Ansonsten sind dies zwei unterschiedliche Verteilungen. Wenn man die eine Für die andere Benutzen könnte dann würde es ja auch wenig sinn machen das unter 2 Formeln laufen zu lassen.


Berechne folgende Wahrscheinlichkeiten.

1. Mit einem fairen Würfel wird 6 mal geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dabei exakt eine Sechs zu werfen. [40.19%]

2. Auf dem Hof eines Autohandels stehen 60 Fahrzeuge. 1/6 dieser Fahrzeuge hat Lackschäden. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass von 6 für einen Kunden ausgesuchten Fahrzeuge genau eines einen Lackschaden hat. [42.32%]

Kontrollergebnisse in Klammern angegeben.

1. \(\large\text{P}(\text{X} = {\color{red}1}) =\binom{{\color{blue}6}}{{\color{red}1}}\cdot\left(\frac{1}{6}\right)^{\,\color{red}1}\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^{\color{blue}5} \approx 0,40188\)

A: Die Wahrscheinlichkeit exakt eine Sechs zu werfen liegt bei ungefähr 40,2%.

2. \(\text{P}^{^{60}}_{\frac{1}{6}}\left(\text{X}=1\right)=\frac{\begin{pmatrix} 10\\ 1\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 50\\ 5\\ \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix} 60\\ 6\\\end{pmatrix}}=0.42321\)

A: Die Wahrscheinlichkeit beträgt 42.3%.

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In der Tat, direkt jein ;-)

Dich interesiert ja der Fall 6 Rote und 4 nicht Rote (das hier 3 + 1 dahinterstehen interesiert nicht wirklich)

N=Umfang Gesamt (10), n=Umfang Stichprobe (2) ,

M=Erfolge Gesamt {6,4}, 6 Treffer, 4 nicht von Interesse

m=Erfolge Stichprobe {2,0}

\(\prod\limits_{i=1}^{2} \left(\begin{array}{r}M_i\\m_i\\\end{array}\right)\; \frac{\left(\begin{array}{r}N - \sum M\\n - \sum m\\\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{r}N\\n\\\end{array}\right)}\)

\(\small \left(\begin{array}{rrrrrr}0& \left\{ 0, 2 \right\} &\frac{2}{15}& \left\{ \left(\begin{array}{r}6\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}4\\2\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}10\\2\\\end{array}\right)\\1& \left\{ 1, 1 \right\} &\frac{8}{15}& \left\{ \left(\begin{array}{r}6\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}4\\1\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}10\\2\\\end{array}\right)\\2& \left\{ 2, 0 \right\} &\frac{1}{3}& \left\{ \left(\begin{array}{r}6\\2\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}4\\0\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}10\\2\\\end{array}\right)\\\end{array}\right)\)

Du hast den Fall 1 Treffer, der kann aber im ersten oder im 2. Zug erfolgen.

Ich kann aber einmal den ersten Zug (0 Treffer) behandeln

\(\small \left(\begin{array}{rrrrrr}0& \left\{ 0, 1 \right\} &\frac{2}{5}& \left\{ \left(\begin{array}{r}6\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}4\\1\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}10\\1\\\end{array}\right)\\1& \left\{ 1, 0 \right\} &\frac{3}{5}& \left\{ \left(\begin{array}{r}6\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}4\\0\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}10\\1\\\end{array}\right)\\\end{array}\right)\)

und den 2. Zug (1 Treffer) anschauen

\(\small \left(\begin{array}{rrrrrr}0& \left\{ 0, 1 \right\} &\frac{1}{3}& \left\{ \left(\begin{array}{r}6\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}3\\1\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}9\\1\\\end{array}\right)\\1& \left\{ 1, 0 \right\} &\frac{2}{3}& \left\{ \left(\begin{array}{r}6\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}3\\0\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}9\\1\\\end{array}\right)\\\end{array}\right)\)


man kann natürtlich die 3 verschiedenen Kugeln beibehalten

\(\small \left(\begin{array}{rrrrrr}0& \left\{ 2, 0, 0 \right\} &\frac{1}{3}& \left\{ \left(\begin{array}{r}6\\2\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}3\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}10\\2\\\end{array}\right)\\1& \left\{ 1, 0, 1 \right\} &\frac{2}{15}& \left\{ \left(\begin{array}{r}6\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}3\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\1\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}10\\2\\\end{array}\right)\\2& \left\{ 1, 1, 0 \right\} &\frac{2}{5}& \left\{ \left(\begin{array}{r}6\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}3\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}10\\2\\\end{array}\right)\\3& \left\{ 0, 1, 1 \right\} &\frac{1}{15}& \left\{ \left(\begin{array}{r}6\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}3\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\1\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}10\\2\\\end{array}\right)\\4& \left\{ 0, 2, 0 \right\} &\frac{1}{15}& \left\{ \left(\begin{array}{r}6\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}3\\2\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}10\\2\\\end{array}\right)\\\end{array}\right)\)

das Problem der Reihenfolge ist da evtl. deutlicher?

von 17 k

Wo kommt da jetzt 0,6 raus?

Nun, Du muß die 2 zutreffenden Fälle auslesen

1.) 2 Rote (1.Tabelle 2: 1/3), p1=1/3

und

2.) keine Rote + 1 Rote (2.Tabelle 0: 2/5)(3.Tabelle 1: 2/3), p2=2/5*2/3=4/15

p1+p2


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Problem/Ansatz:
S - R (3/10 * 6/9)
R - R (6/10 * 5/9)
w - R (1/10 * 6/9)


Da ist schon zu viel Aufwand, da eine Unterscheidung zwischen S und W hier nicht sinnvoll ist. Es geht nur um "rot" oder "nicht rot".

von 43 k

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