Urnenproblem 10 Kugeln?
In einer Urne befinden sich 10 Kugeln davon sind 6 rot und 4 blau. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim 4fachen ziehen ohne zurücklegen die zweite und dritte gezogene Kugel eine rote ist?
Ich habe es über ein baumdiagramm ausgerechnet und komme auf P=1/3.
gibt es einen schnelleren weg zb kombinatorisch?
4 Antworten
Hallo,
Du kannst es Dir in der Tat einfacher machen, indem Du folgende Überlegung anstellst:
Bei allen vier möglichen Kombinationen:
RRRR, BRRR, RRRB, BRRB sind auf jeden Fall zwei rote Kugeln dabei.
Da ohne Zurücklegen gezogen wird, wird bei der ersten Ziehung durch 10 geteilt, bei der zweiten durch 9 usw, so daß der Nenner auf jeden Fall 10*9*8*7 lautet.
Da Du auf jeden Fall eine rote Kugel von 6 und dann eine von 5 ziehst, hast Du auf jeden Fall 6*5 im Zähler.
Für zwei Ziehungen bedeutet das auf jeden Fall, daß Du den Bruch 6*5/(10*9),
also 30/90=1/3 dabei hast.
Bei den beiden restlichen Ziehungen hast Du sämtliche möglichen Kombinationen durchgespielt, denn die 1. und 4. Kugel können entweder RR, BR, RB oder BB sein.
Wenn sämtliche Kombinationen durchgespielt sind, ist die Summe ihrer Wahrscheinlichkeiten gleich 1.
Du hast also vier Brüche, die einen gemeinsamen Faktor von 1/3 haben und deren restliche Faktoren a,b,c,d sich zu 1 summieren.
Nach Ausklammern des gemeinsamen Faktors bekommst Du (1/3)*(a+b+c+d).
Da a+b+c+d=1, hast Du (1/3)*1=1/3 ohne weitere Rechnerei.
Herzliche Grüße,
Willy
1 oder 100 % ist ein sicheres Ereignis. Eine dieser möglichen Verteilungen kommt schließlich auf jeden Fall vor.
aber wir betachten doch nur die günstigen Ereignisse dass zwei rote in der Mitte sind . Die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten kann doch nicht 1 sein
Die Summe der restlichen Ereignisse unter der Bedingung, daß zwei rote Kugeln in der Mitte liegen, summiert sich auf 1. Der Rest ist 1/3 und 1/3 *1=1/3; genau dieses Ergebnis hast Du auch herausbekommen, nur eben etwas umständlicher.
Ok ich glaube ich verstehe was du meinst.
Gibt es denn dann ganz allgemein eine Möglichkeit solche Rechnungen anzustellen?
Also zb man hat 10 Kugeln. Davon sind 5 rot 3 blau und 2 grün. Dann könnte man ja schonmal berechnen wie viele Möglichkeiten es gibt diese 10 Kugeln anzuordnen. Aber kann dann zb berechnen, wenn die alle nacheinander gezogen werden wie hoch ist P(die zweite und dritte gezogene Kugel ist rot)?
Da es grundsätzlich egal ist, ob es sich um die 1. und 2. oder um die 2. und 3. handelt, kannst Du auch den Fall berechnen, daß die beiden ersten Kugeln rot sind.
Das ergibt (5*4)/(10*9)=2/9
Dieser Faktor steckt nun in allen möglichen Kombinationen, die sich insgesamt zu 1 ergänzen (unter der Voraussetzung, daß die beiden ersten Kugeln rot sind).
Was nach den beiden roten Kugeln gezogen wird, ist wurscht und wurscht ist insgesamt 1, denn es ändert nichts am Ergebnis.
Sagen wir mal, Du wirfst 100 mal eine Münze und Dich interessiert nur der 1. Wurf oder der 53. oder welcher auch immer.
Welche Wahrscheinlichkeit hast Du, daß dieser Wurf Zahl ergibt? Natürlich 0,5, wenn die Münze nicht gezinkt ist. Du brauchst also die 99 anderen Fälle gar nicht erst zu berechnen, denn wenn Du alle 99 anderen Würfe durchspielst, ergibt die Summe der Wahrscheinlichkeit dieser Kombinationen auf jeden Fall 1, weil irgendeine Kombination immer kommt.
Solange Dich also nur zwei bestimmte Ziehungen von 10 oder von wievielen auch immer interessieren, ist es egal, was Du davor oder danach noch ziehst. Du brauchst nur die Wahrscheinlichkeit dieser Ziehungen zu berechnen.
Völlig anders sieht die Sache natürlich aus, wenn Du viermal ziehst und nur Zug 2 und Zug 3 dürfen eine rote Kugel ergeben. Dann ist nicht mehr egal, was die beiden anderen Ziehungen ergeben.
Aber solange die restlichen Ziehungen egal sind, kannst Du so rechnen, wie ich geschrieben habe.
Mache es Dir am besten mit einem Baumdiagramm klar, das Du nach der dritten Verzweigung (3. Ziehung) abbrechen kannst und nur die Fälle: Ziehen einer roten Kugel und Ziehen einer anderen Kugel berücksichtigt.
Bei 5 roten von 10 Kugeln kommst Du für den Fall 2. und 3. Ziehung rot immer auf p=2/9, egal, was im ersten Zug passierte. Was danach geschieht, interessiert dann nicht weiter.
Sobald Du natürlich öfter ziehst als rote Kugeln im Spiel sind, funktioniert das nicht mehr.
Bei 5 Kugeln im Spiel kannst Du nur so rechnen, wenn höchstens noch der 5. Zug eine rote Kugel sein soll.
Ab Zug 6 hängt die Wahrscheinlichkeit natürlich davon ab, was vorher passierte, denn wenn vorher bereits alle fünf roten Kugeln gezogen wurden, sinkt die Wahrscheinlichkeit dafür, daß im 6. Zug eine rote Kugel gezogen wird, schlagartig auf Null.
Aber du sagtest ja ob man den 1 und 2 oder 2 und 3 betrachtet ist egal. Aber was ist wenn ich im ersten Zug auch schon eine rote ziehe dann ist die Wahrscheinlichkeit für den zweiten Zug auch eine rote zu ziehen ja geringer
Denn wenn zb die erste gezogen Kugel keine rote ist dann ist die warscheinlichkeit im zweiten Zug und dritten eine rote zu ziehen: 4/9*3/8=1/6
Und wenn die erste gezogene Kugel keine rote ist dann ist P: 5/9*4/8=5/18
Das ist doch ein Unterschied?
Du mußt natürlich den ersten Zug auch jeweils einberechnen:
Erster Zug Rot:
(5*4*3)/(10*9*8)=1/12
Zweiter Zug nicht Rot:
(5*5*4)/(10*9*8)=5/36
Summe dieser Ereignisse:
3/36+5/36=8=36=2/9
Ziehen zweier roter Kugeln:
(5*4)/(10*9)=2/9
Aber wieso kann Man das so unabhängig betrachten? Offensichtlich zeigt die Rechnung ja das ich in den ersten zwei Zügen zwei rote Kugeln ziehen kann. Das Ereignis hat dann irgend eine warscheinlichkeit. Und diese Wahrscheinlichkeit ist die gleiche als ob ich die beiden roten Kugeln als zweites und drittes ziehen kann. Und dieses Ereignis ist ja die Summe zweier Wahrscheinlichkeiten : einmal ich ziehe sich im ersten Zug noch eine rote und dann noch 2 und/oder ich ziehe zuerst keine rote und dann noch 2 rote. Soweit richtig?
Aber wie kann das sein denn die ahrscheinlichkeiten verändern sich ja. Das ist glaube dass was ich nicht ganz verstehe
Kann man das so sehen dass es egal ist ob 1 und 2 oder 2 und 3 Wurf, denn wenn ich zb den zweiten und dritten Wurf betrachte dann ist ja die Wahrscheinlichkeit im ersten Wurf überhaupt irgend eine Kugel zu ziehen 1.
Ich werde es zuhause einfach nochmal durchrechnen und wenn doch noch was unklar sein sollte melde ich mich einfach nochmal
Ich denke hier ist die einfachste Lösung das Baumdiagramm.
Die Rechnung wäre:
P = 4/10 * 6/9 * 5/8 * 7/7 + 6/10 * 5/9 * 4/8 * 7/7 = 1/6 + 1/6 = 1/3
Das wir nicht anders gehen, denn wir haben ja eine
bedingte Wahrscheinlichkeit. Die Wahrscheinlichkeit
für ein günstiges Ergebnis beim zweiten Ziehen
ist z. B. 5/9 oder 6/9, je nachdem ob die erste rot
oder blau war.
Du musst das Baumdiagramm nicht zeichnen, jedoch bleibt der Rechenweg der Selbe. Alle Einzelwarscheinlichkeiten miteinander mal genommen führen zum Ergebnis, einen schnelleren Rechenweg gibt es nicht.
Wenn sämtliche Kombinationen durchgespielt sind, ist die Summe ihrer Wahrscheinlichkeiten gleich 1.
Wieso muss das so sein?