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| Aufgabe | Gegeben sind zwei Urnen mit je 10 Kugeln. Eine einzige Kugel ist weiß und befindet sich mit [mm] \bruch{2}{3} [/mm] Wahrscheinlichkeit in der ersten Urne. Alle anderen Kugeln sind schwarz.
Ein Spieler zieht nun insgesamt neun Kugeln aus den Urnen (also k aus der ersten und 9-k aus der zweiten Urne). Dabei wird jede Kugel sofort in ihre Urne zurückgelegt. Für welches k [mm] \in [/mm] {0,...,9} ist die Wahrscheinlichkeit, die weiße Kugel zu erwischen, am größten - und wie groß ist sie? |
Ich bin schon so weit, dass die Wahrscheinlichkeit, die weiße Kugel aus den beiden Urnen zu ziehen, [mm] \bruch{k}{\vektor{10 \\ k}} \* \bruch{9-k}{\vektor{10 \\ 9-k}} [/mm] betragen müsste.
(Überlegung: [mm] \vektor{10 \\ k} [/mm] ist die Anzahl der Möglichkeiten, mit Zurücklegen k Kugeln aus den 10 vorhandenen zu ziehen und dabei gibt es k positive Ergebnisse)
Wie berücksichtige ich nun aber, dass es wahrscheinlicher ist, dass sich die weiße Kugel in der ersten Urne befindet?
Ich hatte mir schon überlegt, das [mm] \bruch{k}{\vektor{10 \\ k}} [/mm] mit 2 zu multiplizieren, da die Wahrscheinlichkeit, die weiße Kugel in der ersten Urne zu finden, offensichtlich doppelt so hoch ist, wie bei der zweiten Urne. Eine andere Möglichkeit wäre, den linken Bruch mit [mm] \bruch{2}{3} [/mm] und den rechten mit [mm] \bruch{1}{3} [/mm] zu multiplizieren.
Ich bin für jegliche Hinweise dankbar  . Besonders würde ich gerne verstehen, wie ich mir das mit der höheren Wahrscheinlichkeit für die zweite Urne vorstellen muss.
Viele Grüße
Katzenpfoetchen
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Hallo,
> Gegeben sind zwei Urnen mit je 10 Kugeln. Eine einzige
> Kugel ist weiß und befindet sich mit [mm]\bruch{2}{3}[/mm]
> Wahrscheinlichkeit in der ersten Urne. Alle anderen Kugeln
> sind schwarz.
> Ein Spieler zieht nun insgesamt neun Kugeln aus den Urnen
> (also k aus der ersten und 9-k aus der zweiten Urne). Dabei
> wird jede Kugel sofort in ihre Urne zurückgelegt. Für
> welches k [mm]\in[/mm] {0,...,9} ist die Wahrscheinlichkeit, die
> weiße Kugel zu erwischen, am größten - und wie groß ist
> sie?
> Ich bin schon so weit, dass die Wahrscheinlichkeit, die
> weiße Kugel aus den beiden Urnen zu ziehen,
> [mm]\bruch{k}{\vektor{10 \\ k}} \* \bruch{9-k}{\vektor{10 \\ 9-k}}[/mm]
> betragen müsste.
>
> (Überlegung: [mm]\vektor{10 \\ k}[/mm] ist die Anzahl der
> Möglichkeiten, mit Zurücklegen k Kugeln aus den 10
> vorhandenen zu ziehen und dabei gibt es k positive
> Ergebnisse)
Das ist schonmal ein Denkfehler. Es würde nur für den Fall stimmen, dass die Kugeln nicht zurückgelegt werden.
> Wie berücksichtige ich nun aber, dass es wahrscheinlicher
> ist, dass sich die weiße Kugel in der ersten Urne
> befindet?
Da jede Kugel nach dem Zug zurückgelegt wird, ändern sich für jeden Zug die Wahrscheinlichkeiten nicht. Wie würdest du denn rechnen, wenn die Wahrscheinlichkeit, mit der sich die weiße Kugel in einer der Urnen befindet, gleich wäre? Leite hierfür mal eine sinnvolle Modellierung für deine Aufgabe ab.
Gruß, Diophant
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| Aufgabe | Gegeben sind zwei Urnen mit je 10 Kugeln. Eine einzige Kugel ist weiß und befindet sich mit [mm] \bruch{2}{3} [/mm] Wahrscheinlichkeit in der ersten Urne. Alle anderen Kugeln sind schwarz.
Ein Spieler zieht nun insgesamt neun Kugeln aus den Urnen (also k aus der ersten und 9-k aus der zweiten Urne). Dabei wird jede Kugel sofort in ihre Urne zurückgelegt. Für welches k [mm] \in [/mm] {0,...,9} ist die Wahrscheinlichkeit, die weiße Kugel zu erwischen, am größten - und wie groß ist sie? |
Erstmal vielen Dank für die schnelle Antwort !
Ok, ich habe mir das nochmal überlegt und es jetzt mithilfe eines Bernoulli-Versuchs gelöst...
Die Wahrscheinlichkeit dafür, eine weiße Kugel zu ziehen, ist ja immer [mm] \bruch{1}{10}. [/mm] Die Wahrscheinlichkeit, eine schwarze zu ziehen, ist folglich [mm] \bruch{9}{10}.
[/mm]
Die Wahrscheinlichkeit, mit k Versuchen aus der ersten Urne mindestens eine weiße Kugel zu ziehen, ist dann:
[mm] \summe_{i=1}^{k}\vektor{k \\ i}\*(\bruch{1}{10})^{i}\*(\bruch{9}{10})^{k-i}
[/mm]
Für die zweite Urne wird das k durch 9-k ersetzt.
Mit dem [mm] \vektor{k \\ i} [/mm] berechnet man, wie viele Pfade genau i-mal den Zug einer weißen Kugel beinhalten und das Summenzeichen dient dazu, alle Möglichkeiten für i durchzugehen und die Wahrscheinlichkeiten jeweils zu addieren.
Stimmt das, oder bin ich schon wieder auf dem Holzweg? 
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Hallo,
> Stimmt das, oder bin ich schon wieder auf dem Holzweg?
es wird wärmer.
Du musst jetzt noch die Sache mit den 2/3 bedenken. Betrachte das mal als zweistufiges Experiment. In der ersten Stufe wird entschieden, in welche Urne die weiße Kugel wandert. Für beide Urnen hast du jetzt eine Binomialverteilung, bei der jeweils für die Urne, in der die weiße Kugel ist, die Wahrscheinlichkeit [mm] P(X\ge{1}) [/mm] gesucht ist. Hilft dir das vollends (es ist jetzt nicht mehr sehr schwer)?
Die nächste Frage wäre dann noch max P. Das müpsste man hier durch Ableiten hinbekommen oder sogar einfach durch Faktorisieren.
Gruß, Diophant
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| Aufgabe | Gegeben sind zwei Urnen mit je 10 Kugeln. Eine einzige Kugel ist weiß und befindet sich mit $ [mm] \bruch{2}{3} [/mm] $ Wahrscheinlichkeit in der ersten Urne. Alle anderen Kugeln sind schwarz.
Ein Spieler zieht nun insgesamt neun Kugeln aus den Urnen (also k aus der ersten und 9-k aus der zweiten Urne). Dabei wird jede Kugel sofort in ihre Urne zurückgelegt. Für welches k $ [mm] \in [/mm] $ {0,...,9} ist die Wahrscheinlichkeit, die weiße Kugel zu erwischen, am größten - und wie groß ist sie? |
Man müsste die [mm] \bruch{2}{3} [/mm] bzw. [mm] \bruch{1}{3} [/mm] dann nur noch mit dem jeweiligen Strang des Baumdiagrammes multiplizieren, oder?
p(k) = [mm] \summe_{i=1}^{k}\bruch{2}{3}\*\vektor{k \\ i}\*(\bruch{1}{10})^{i}\*(\bruch{9}{10})^{k-i}+\summe_{i=1}^{9-k}\bruch{1}{3}\*\vektor{k \\ i}\*(\bruch{1}{10})^{i}\*(\bruch{9}{10})^{k-i}
[/mm]
Allerdings wird das wirklich ziemlich unübersichtlich. Ich habe die Aufgabe darum nun mit der Gegenwahrscheinlichkeit gelöst, d.h.:
p(k) = 1 - [mm] (\bruch{2}{3}\*(\bruch{9}{10})^{k} [/mm] + [mm] \bruch{1}{3}\*(\bruch{9}{10})^{9-k})
[/mm]
Die besten Chancen, mindestens eine weiße Kugel zu ziehen, hat man dann bei p(8) [mm] \approx [/mm] 0,413.
Vielen Dank nochmal für die Hilfe !
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Hallo,
das mit der Gegenwahrscheinlichkeit haben wir dir ja alle geraten. Es läuft sowieso darauf hinaus, wegen der Binomialverteilung.
Aber deine eigentliche Rechnung sieht mir noch nicht richtig aus. Du muss das hier:
> Man müsste die [mm]\bruch{2}{3}[/mm] bzw. [mm]\bruch{1}{3}[/mm] dann nur
> noch mit dem jeweiligen Strang des Baumdiagrammes
> multiplizieren, oder?
auch tun, in deiner Rechnung bist du sozusagen in de Reihenfolge durcheinandergeraten.
Gruß, Diophant
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Du machst es dir ein bisschen schwer.
Wenn du eine Urne ausgesucht hast und in dieser die Kugel liegt, so ziehst du k-mal mit Zurücklegen daraus. Jetzt kannst du 0-mal,1-mal,...,k-mal die weiße Kugel ziehen, wobei es egal ist, wie oft das geschieht, sie muss mindestens einmal dabei sein. Das Gegenereignis heißt dann: Ich ziehe k-mal, aber jedes Mal eine schwarze Kugel. Dies ist viel leichter zu errechnen. Mit der W. von 9/10 erwischt du eine schwarze Kugel. Dafür, dass das k-mal hintereinander passiert, ist die W. [mm] q=0,9^k. [/mm] Damit dies nicht passiert, also mindestens einmal eine weiße Kugel gezogen wird, ist die W. [mm] p_1=1-q=1-0,9^k. [/mm] Ist die weiße Kugel in der 2. Urne, entsprechend [mm] p_2=1-0,9^{9-k}.
[/mm]
In 2/3 aller Fälle tritt die erste, in 1/3 aller Fälle die 2. Situation ein. Somit ist die W. insgesamt
[mm] p=\bruch{2}{3}*(1-0,9^k)+\bruch{1}{3}*(1-0,9^{9-k})=1-\bruch{2}{3}*0,9^k-\bruch{1}{3}*0,9^{9-k}.
[/mm]
Mit einer Excel-Tabelle findest du ganz schnell heraus, dass der maximale Wert bei k=8 liegt. Dies kannst du auch durch Differenzieren ermitteln (Exponentialfunktion), wobei sich gerundet k=7,8 ergibt .
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Für welches k {0,...,9} ist die Wahrscheinlichkeit, die weiße Kugel zu erwischen, am größten - und wie groß ist sie)
Die sicherste - aber wohl auch zeitmäßig aufwändigste - Methode wäre es wohl, alle k von 0 bis 9 durchzurechnen, und dann zu sehen, bei welchemn k die gesuchte Wahrscheinlichkeit dann am größten ist.
Aus dem Bauch heraus würde ich sagen, dass man immer die Urne nimmt, in der die weiße Kugel mit größerer Wahrscheinlichkeit ist (also die erste Urne).
Aber Halt: Wenn man nun schon bereits (sagen wir) acht Fehlversuche hatte, dann fragt man sich natürlich, woran das liegen mag: eventuell daran, dass sich in dieser ersten Urne gar keine weiße Kugel befindet. Und dann versucht man es beim neunten Mal eben mit der zweiten Urne.
Würden sich aber wesentlich mehr als nur 10 Kugeln in jeder Urne befinden, dann würde ich immer die erste Urne wählen, weil diese einfach die größere Ausgangs-Wahrscheinlichkeit besitzt.
Trotzdem ist die Wahrscheinlichkeits-"Entwicklung" von k=0 bis k=9 sicherlich interessant.
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