Frage zu Einer Aufgabe < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:40 Sa 12.08.2006 | | Autor: | MrPink |
Hallo, ich habe folgende Aufgabe:
| Aufgabe | | [Dateianhang nicht öffentlich] |
Dazu habe ich nun folgenden Ansatz. Bei Aufgabe a.) bin ich mir recht sicher, dass diese richtig ist, bei Aufgabe b.) nicht
Bei b.) habe ich einfach angenommen, dass Die CD direkt aus den 6 CDs am Stand gezogen wird und sofort dem gegeben wird, anstatt den umweg über das ziehen von 3 CDs zu machen. Müsste doch das selbe sein oder.
Zu Aufgabe C.) habe ich gar keinen Ansatz, wäre Super wenn mir jemand helfen kann
Dazu habe ich mir nun folgdendes überlegt:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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Hallo MrPink,
> [Dateianhang nicht öffentlich]
Ich denke, deine Lösung zur Aufgabe a) ist richtig. Und was Aufgabe b) angeht, ich kriege dort genau dasselbe Ergebnis raus wie du, habe allerdings einen wesentlich komplizierteren Ansatz: Da du ja 3 CDs mitnimmst, es aber nur 2 Software-CDs gibt, muß es unter diesen dreien mindestens eine Werbe-CD geben. Es gibt also genau 3 Fälle zu berücksichtigen. Einmal den Fall aus Aufg. a), den Fall, wo man eine Software-CD, und den Fall, wo man 2 S.-CDs mitgenommen hat. Dann benutzt man den Satz zur totalen W'keit. Entweder man hat 3 WCDs mitgenommen und schenkt dem Freund unter dieser Bedingung mit Sicherheit eine WCD, oder man hat 2 WCDs mitgenommen, und schenkt dem Freund unter dieser Bed. ... u.s.w.. Also:
[mm]P(\texttt{''Freund kriegt Werbe-CD''}) = 1\cdot{\frac{\binom{2}{0}\binom{4}{3}}{\binom{6}{3}}} + \frac{2}{3}\cdot{\frac{\binom{2}{1}\binom{4}{2}}{\binom{6}{3}}} + \frac{1}{3}\cdot{\frac{\binom{2}{2}\binom{4}{1}}{\binom{6}{3}}} = \frac{1}{5} + \frac{2}{3}\cdot{\frac{3}{5}} + \frac{1}{3}\cdot{\frac{1}{5}} = \frac{2}{3}[/mm]
Dein Ansatz ist dann wohl auch richtig, nur hat er für mich einen gewissen "intuitiven Beigeschmack". Irgendwie versteh' ich's deswegen nicht so ganz... ![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]") .
Bei Aufgabe c) würde ich dann den Bayes-Satz benutzen:
[mm]P(\texttt{``zwei WCDs mitgenommen''}|\texttt{``Freund kriegt WCD''}) = \frac{\frac{2}{3}\cdot{\frac{3}{5}}}{\frac{2}{3}} = \frac{3}{5}[/mm]
Grüße
Karl
[P.S. Irgendwie erinnert mich die ganze Aufgabe an das Ziegenproblem. Die W'keit das Auto zu gewinnen indem man die Tür wechselt, nachdem der Moderator eine Tür ausgeschlossen hat, ist - mein ich - auch [mm]\tfrac{2}{3}[/mm] und die Lösungsansätze für beide Aufgaben ähneln sich scheinbar... ]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:55 Mo 14.08.2006 | | Autor: | MrPink |
Super und vielen Dank! Meinen Ansatz zur b.) verstehe ich selber nicht. Ich dachte mir nur folgendes:
Wenn ich aus einer Urne Lose ziehen soll ( Alles Nieten bis auf ein Gewinn), dann kann es doch schlecht sein, dass sich die Wahrscheinlichkeit den Gewinn zu ziehen indem man direkt das Los aus der Urne zieht unterscheidet, von der Wahrscheinlichkeit die sich ergibt, wenn man erst x Lose zieht und dann ohne eines der X Lose an zu gucken wieder eins zieht ?!?! Es ist wirklich ein sehr intuitiver Ansatz 
Das mit der Bayeschen Formel hört sich sehr gut an !!!
Also vielen Dank nochmal
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