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Kann bitte jemand bei dieser Aufgabe helfen?(Wahr.Re)
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light
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Anmeldungsdatum: 25.12.2005
Beiträge: 6

BeitragVerfasst am: 25 Dez 2005 - 18:24:00    Titel: Kann bitte jemand bei dieser Aufgabe helfen?(Wahr.Re)

Hallo Zusammen,

Wäre sehr dankbar falls die Aufgabe jemand lösen könnte oder zumindest sagen wie sie geht,danke!

In einer Runde von 6 Männern und 4 Frauen werden der Reihe nach 3 Reisen verlost. Der Gewinner einer Reise scheidet aus der weiteren Verlosung aus. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass
a, 1 Mann und 2 Frauen gewinnen
b, 1 Mann die 2. Reise gewinnt
c, 1 Mann die 3. Reise, wenn 1 Mann und eine Frau die beiden ersten
d, 1 Mann die 3. Reise gewinnt
e, 1 Frau die 1. Reise gewinnt, wenn 2 Männer die beiden letzten



MfG light
FanaticBEE
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Anmeldungsdatum: 08.12.2004
Beiträge: 40

BeitragVerfasst am: 25 Dez 2005 - 20:53:51    Titel:

hallo,

ich würde mir an deiner stelle mal ein kleines baumdiagramm zeichnen und die einzelnen Wahrscheinlichkeiten eintragen, also

P(Mann 1.Reise) = 6/10
-> P(Mann 2.Reise) = 5/9
-> P(Frau 2.Reise) = 4/9
P(frau 1.Reise) = 4/10
-> P(Mann 2.Reise) = 6/9
-> P(Frau 2.Reise) = 3/9

Bedeutet, die Wahrscheinlichkeit, dass ein Mann die zweite Reise gewinnt, eine Frau aber die erste gewonnen hat ist 6/9 (als Beispiel).
Wenn du dann das Baumdiagramm vervollständigt hast, also noch eine Abzweigung für die 3.Reise dann kannst du ja ganz leicht nachlesen, welche Zweige deiner jeweiligen Aufgabe entsprechen.Brauchst also nur noch die Einzelwahrscheinlichkeiten auf diesem Zweig multiplizieren und gegebenenfalls mit der Wahrscheinlichkeit eines anderen Zweiges, der auch die Bedingung erfüllt, addieren. Sollte dann eigentlich nicht mehr schwer sein, wenn doch, nochmal melden.
light
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Anmeldungsdatum: 25.12.2005
Beiträge: 6

BeitragVerfasst am: 25 Dez 2005 - 23:36:21    Titel:

Danke für die schnelle Antwort FanaticBEE!

Ich habe versucht das Problem mit Vereinigung -und Schnittmenge zu lösen bzw. bedingte Wahrscheinlichkeit.....kommt bei mir aber etwas anderes raus wenn ich es so rechne wie Du es vorgeschlagen hast.

Denke aber das Dein Ansatz richtig ist!

Bist du Dir sicher das es so gerechnet wird?

Für die Aufgabe e)...1 Frau,wenn danach 2 Männer .....ist doch die Wahrscheinlichkeit 4/10, da die nachfolgenden Ereignisse nicht die Ziehung der ersten Reise beeinflußen,oder?

Vielleicht könntest Du mir auch bei der nachfolgenden Aufgabe helfen,ist die letzte versprochen.

Smile

Aufgabe:
-----------
Gegeben sind 3 Maschinen, die eine Ausfallwahrscheinlichkeit von:
Maschine A: P(E1)=0,1
Maschine B: P(E2)=0,15
Maschine C: P(E3)=0,21

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür,dass:
a) keine der Maschinen ausfällt
b) alle 3 Maschinen ausfallen
c) wenigstens 1 der 3 Maschinen ohne Störung arbeitet
d) höchstens eine Maschine ausfällt
e) zwei Maschinen ausfallen



Ich habe folgenden Ansatz:
-->erstmal die alle 3 Gegenwahrscheinlichkeiten ausrechnen
also Eg1: 0,9---Eg2: 0,85--Eg3: 0,79

a)
0,9*0,85*0,79

b)
0,1*0,15*0,21

c)
P(Eg1 U Eg2 U Eg3) = =1 - P(E1 n E2 n E3) = 1- 0,1*0,15*0,21

d)????????????
e)????????????

Oder kann man es hier auch mit einem Baumdiagram lösen; mit nur einem Ast?

Danke im voraus schon für Deine Antwort

Grüße
FanaticBEE
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Anmeldungsdatum: 08.12.2004
Beiträge: 40

BeitragVerfasst am: 25 Dez 2005 - 23:50:30    Titel:

ja, des is ne aufgabe, die ich auch nich so komfortabel find.
aber ich versuchs mal:

d) P(höchstens eine) = P(keine) + P(eine) = 0.9*0.85*0.79 + P(erste fällt aus, aber die anderen nicht) + P(zweite fällt aus,...) + P(dritte fällt aus, ...)

sorry war grad zu faul die werte hinzuschreiben.

e) P(erste und zweite fällt aus, dritte nicht) + P(erste und dritte fällt aus,...) + P(zweite und dritte fällt aus...)

bin mir leider jedoch nicht ganz sicher ob man die wahrscheinlichkeiten einfach so addieren kann wie ich des hier gmacht hab. Die Aufgabe hatten wir auch im Mathebuch, fand ich damals auch erst komisch.

Nochmal zu der ersten Aufgabe:

e) da kommt es auf die genaue fragestellung drauf an.
Ist da die Wahrscheinlichkeit gemeint, dass die erste Reise eine Frau und dann die anderen beiden Männer gewinnen? Oder meinen die die Wahrscheinlichkeit, dass eine Frau die erste reise gewinnt unter der Bedingung, dass die beiden anderen an männer gehen? also "bedingte wahrscheinlichkeit"?
light
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Anmeldungsdatum: 25.12.2005
Beiträge: 6

BeitragVerfasst am: 26 Dez 2005 - 00:32:05    Titel:

Bezüglich "1"e)

weiß ich auch nicht genau, hast recht. Komische Aufgabe.

Das ist hier die Frage: also 4/10 oder 4/8--> da 2 Männer gehen.


Bezüglich der anderen Aufgaben weiß ich auch nicht ob man die so addieren kann, dies ist soweit ich weiß nur bei 2 sich ausschließenden Ereignissen möglich.

Ich werde nochmal drüber schlafen..

aber erstmal danke für die Hilfe!
FanaticBEE
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Anmeldungsdatum: 08.12.2004
Beiträge: 40

BeitragVerfasst am: 26 Dez 2005 - 09:51:51    Titel:

also ich glaub mittlerweile, dass das falsch ist, was ich dir bei der zweiten aufgabe gesagt hab, kommen glaub ich viel zu hohe werte raus. Denk nochmal drüber nach.

Bei der 1.Aufgabe e st das so: wenn die erste ne frau und die beiden anderen ein mann gewinnen soll, dann passt nur ein ast im baumdiagramm und zwar der FMM-Ast.
P(FMM) = (4/10)*(6/9)*(5/8)

Wenn es heißt heißt wie hoch ist die wahrscheinlichkeit, dass die frau die erste reise gewinnt unter der voraussetzung, dass zwei männer die anderen gewinnen, geht das so denk ich mal:
P(F1 unter (M2 und M3)) = (P(M2^M3^F1)) / (P(M2^M3))
Zähler ist wieder unser obige Ast und Nenner ist der obige Ast plus der Ast wo alle reisen an die männer gehen.
Also:

P = ((4/10)*(6/9)*(5/8)) / ((4/10)*(6/9)*(5/8) + (6/10)*(5/9)*(4/8))

kommt also auf die aufgabenstellung drauf an was du brauchst.
kannnix
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Anmeldungsdatum: 28.12.2005
Beiträge: 9

BeitragVerfasst am: 29 Dez 2005 - 00:55:34    Titel:

Also ich würde die 1. Aufgabe so lösen
Erst mal alle arten überlegen wie der fall eintreffen kann, also
1. mann und zwei frauen

6/10 * 4/9 * 3/8
die sache ist aber das das auf 3*2/2*1 weisen geschehen kann da ja auch der mann als zweites bzw als drittes gewält werden kann. Also multiplizieren mit der wahrscheinlichkeit von oben.
Ist aber abhängig davon ob es einen Unterschied macht welche reise gewonnen wird... kann ich so aus der fragestellung aber nicht erkennen dass es einen Unterschied machen würde
2.

Hier ist es spezifisch die 2. Reise
also

6/10* 5/9 * 4/8 + 4/10 * 6/9 * 3/10 + etc.. bis alle möglichkeiten durch sind

der rest dann anakog zur 2.


Für die andere Aufgabe
keine 0,95*0,9*0,79

alle 3
0.15*0,1*0,21


c ist einfach 1- p dass alle ausfallen

d alle wahrscheinlichkeiten addiert wo nur eine ausfällt und wo keine ausfällt

e ist dann 1- das ergebnis aus d weil bei 3 maschinen ist das das einzig andere was möglich ist. Du kannst sogar diese aufgabe zuerst rechnen und dann die andere mit 1-p
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