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Wahrscheinlichkeit, schwere Aufgabe!
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Foren-Übersicht -> Mathe-Forum -> Wahrscheinlichkeit, schwere Aufgabe!
 
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Michael21
Gast






BeitragVerfasst am: 11 Dez 2004 - 10:48:39    Titel: Wahrscheinlichkeit, schwere Aufgabe!

Hoffentlich kann mir jemand bei dieser Aufgabe helfen:

Mische ein Bridge-Spiel (52 Karten) gut durch und hebe dann der Reihe nach die Karten ab. Notiere die Nummer der Abhebung, bei der zum erstenmal ein schwarzer König erscheint. Führe das Experiment 25mal durch!
Das Experiment soll aber nicht durchgeführt werden, sondern mit Hilfe der Wahrscheinlichkeits(-verteilung/rechnung) soll diese Aufgabe gelöst werden. Habe jedoch keinen Ansatz für diese Aufgabe!

Vielen Dank
Michi
Thomas_Da
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Anmeldungsdatum: 21.11.2004
Beiträge: 352
Wohnort: Darmstadt

BeitragVerfasst am: 11 Dez 2004 - 10:54:45    Titel:

Im Grunde ist das doch das Gleiche, wie das Ziehen von Kugeln mit 52 verschiedenen Nummern, die in einem Behälter sind; und entnommene Kugeln werden nicht zurückgelegt, also wie LOTTO.

(Die Aussage, dass das Experiment 25 mal durchgeführt werden soll, ist überflüssig.)

Das hattet ihr doch sicherlich in der Schlule.
Thomas_Da
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Anmeldungsdatum: 21.11.2004
Beiträge: 352
Wohnort: Darmstadt

BeitragVerfasst am: 11 Dez 2004 - 11:09:07    Titel:

OK, ist nicht ganz so wie beim Lotto, weil da ja eine fest vorgegebene Anzahl gezogen wird.

Ich gebe noch mal eine kleine Hilfe:
Wenn ich aus einem Behälter mit 4 unterschiedlichen Kugeln, so lange Kugeln ohne Zurücklegen ziehe bis eine bestimmte "gefunden" wurde, z.B. eine "rote";
dann errechnen sich die Wahrscheinlichkeiten, für die benötigten "Züge", d.h. die Anzal an Kugeln, die man aus dem Behälter nehmen muss bis man die rote Kugel gefunden hat wie folgt:

Ein Zug: W(1) = 1/4 (Weil beim ersten Ziehen eine bestimmte Kugel nähmlich die rote gezogen werden muss.)

Zwei Züge: W(2) = 3/4*1/3 (Weil zunächst eine der drei Kugeln, die nicht rot sind gezogen werden muss und anschließend aus den verbleibenden die rote.)

Drei Züge: W(3) = 3/4*2/3*1/2 (Weil zunächst zwei "nichtrote" Kugeln und dann die rote gezpgen werden müssen.

Vier Züge_ W(4) = 3/4*2/3*1/2*1/1 (drei "nichtrote" und die rote)


Anders lässt sich das auch so schreiben:
W(1) = p
W(2) = (p-1)*q
W(3) = (p-1)*(q-1)*r
W(4) = (p-1)*(q-1)*(r-1)*s

W(2) kann also nur auftreten, wenn W(1) nicht eingetreten ist (Gegenwahrscheinlichkeit - (p-1)) und da noch eine weitere Bedingung bzw. Einschränkung vorliegt wird diese Gegenwahrscheinlichkeit mir der Wahrscheinlichkeit, dass diese Einschränkung auftritt, multipliziert.

Summe über i=1 bis 4 von W(i) ist gleich 1.
Andromeda
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Anmeldungsdatum: 10.12.2004
Beiträge: 1849
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BeitragVerfasst am: 11 Dez 2004 - 11:40:45    Titel:

@Thomas_Da

Deine Berechnung für Dein Beispiel sind wohl richtig, es kommt bei allen W(i) eine Wahrscheinlichkeit von 1/4 heraus, was ja auch Sinn macht.

Aber in Deinem Modell ist leider nicht berücksichtigt, dass im Kartenspiel 2 schwarze Könige sind.

Gruß
Andromeda
Thomas_Da
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Anmeldungsdatum: 21.11.2004
Beiträge: 352
Wohnort: Darmstadt

BeitragVerfasst am: 11 Dez 2004 - 11:55:03    Titel:

Andromeda hat folgendes geschrieben:
Aber in Deinem Modell ist leider nicht berücksichtigt, dass im Kartenspiel 2 schwarze Könige sind.

Huch, daran habe ich tatsächlich nicht gedacht.

Aber vielleicht hilft es ja, dass ich das zunächst mit einem König erklärt habe und bei Bedarf kann ja noch mal gefragt werden.
Michael21
Gast






BeitragVerfasst am: 11 Dez 2004 - 12:18:59    Titel:

Das Beispiel kann ich gut nachvollziehen, aber jetzt kommt das Problem. Wie soll ich das mit 2 schwarzen Königen machen?

Kannst du mir mal diese Aufgabe mit dem Karten-Spiel nöher erläutern?
Thomas_Da
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Anmeldungsdatum: 21.11.2004
Beiträge: 352
Wohnort: Darmstadt

BeitragVerfasst am: 11 Dez 2004 - 12:28:32    Titel:

Wir erweitern nun das Modell, dadurch, dass jede Kugel doppelt vorhanden ist, also habe ich zwei rote Kugeln.

Wenn ich aus einem Behälter mit 2*4 Kugeln (je 2 gleiche), so lange Kugeln ohne Zurücklegen ziehe bis eine von 2 bestimmten "gefunden" wurde, z.B. eine "rote";
dann errechnen sich die Wahrscheinlichkeiten, für die benötigten "Züge", d.h. die Anzal an Kugeln, die man aus dem Behälter nehmen muss bis man die rote Kugel gefunden hat wie folgt:

Ein Zug: W(1) = 2/8 (Weil beim ersten Ziehen eine von 2 bestimmten Kugeln nämlich eine rote gezogen werden muss.)

Zwei Züge: W(2) = 6/8*2/7 (Weil zunächst eine der sechs Kugeln, die nicht rot sind gezogen werden muss und anschließend aus den verbleibenden eine rote der beiden roten.)

Drei Züge: W(3) = 6/8*5/7*2/6 (Weil zunächst zwei "nichtrote" Kugeln und dann eine rote gezogen werden müssen.

Vier Züge: W(4) = 6/8*5/7*4/6*2/5 (drei "nichtrote" und die rote)
...
7 Züge: W(7) = 6/8*5/7*4/6*3/5*2/4*1/3*2/2


Anders lässt sich das auch so schreiben:
W(1) = p
W(2) = (p-1)*q
W(3) = (p-1)*(q-1)*r
W(4) = (p-1)*(q-1)*(r-1)*s
...
W(7)

Summe über i=1 bis 7 von W(i) ist gleich 1.
Michael21
Gast






BeitragVerfasst am: 11 Dez 2004 - 18:00:14    Titel:

Eines verstehe ich nicht, was du geschrieben hast:

Ein Zug: W(1) = 2/8 (Weil beim ersten Ziehen eine von 2 bestimmten Kugeln nämlich eine rote gezogen werden muss.)

Zwei Züge: W(2) = 6/8*2/7 (Weil zunächst eine der sechs Kugeln, die nicht rot sind gezogen werden muss und anschließend aus den verbleibenden eine rote der beiden roten.)


Die Wahrscheinlichkeit nach Zug 1 beträgt: 0,25 = 25 %, nach Zug 2: 0,21 = 21 %. Das würde heißen, dass die Wahrscheinlichkeit nach dem ersten Zug höher ist als nach dem zweiten Zug.

Ich verstehe das so:
Nach dem 2. Zug muss doch die Wahrscheinlichkeit höher sein, wenn nach dem 1.Zug keine rote Kugel gezogen wird. Dann sind noch 7 Kugeln im Spiel und zwei davon sind rot, d.h. W(2) müsste doch 2/7 = 0,29 = 29 % sein. Also ist die W'lichkeit nach dem 2.Zug höher als nach dem 1.Zug. Oder?
Andromeda
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Anmeldungsdatum: 10.12.2004
Beiträge: 1849
Wohnort: Tübingen

BeitragVerfasst am: 11 Dez 2004 - 18:40:24    Titel:

@Michael21

Du unterschlägst bei Deiner Berechnung die Wahrscheinlichkeit, dass beim 1. Zug keine rote Kugel gezogen wird. Du beginnst Dein Kalkül bereits beim 2. Zug mit 7 Kugeln. Das ist aber nicht die Ausgangsstellung.

Gruß
Andromeda
Michael21
Gast






BeitragVerfasst am: 12 Dez 2004 - 12:40:03    Titel:

Alles klar, war ein Denkfehler von mir.

Nun hab ich noch eine weitere Frage:
Gibt es nicht eine Formel, damit man die W'lichkeit, bezogen auf das Karten-Spiel-Modell, ausrechnen kann.
Bei mir sieht das so aus:

W(1) = 2/52
W(2) = 50/52 * 2/51
W(3) = 50/52 * 49/51 * 2/50
...
W(51) = 50/52 * 49/51 * 48/50 * 47/49 * ... * 2/4 * 1/3 * 2/2

aber wie kann ich die einzelnen W'lichkeiten von W(1) bis W(51) ausrechnen, ohne einzeln alle Brüche zu multiplizieren und am Ende die einzelnen W'lichkeiten von W(1) bis W(51) zu addieren, damit diese Bedingung gilt:
Summe über i=1 bis 51 von W(i) ist gleich 1.
Sonst müsste man jede einzelne W'lichkeit ausrechnen und das bei diesem Modell wäre ein bißchen viel...[/b]
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