Stochastik, Wahrscheinlichkeitsrechnung

[gruddy]

Ich brauche mal eure Hilfe in Stochastik. Ich komme in diesem Teilgebiet der Mathematik nicht klar. Hier mal ein paar Beispielaufgaben im Anhang. Ich bin in Mathe mittlerweile egtl. ziemlich gut (zumindest in Analysis), aber ab Aufgabe 10 habe ich keinen Plan mehr. Hat hier vllt. jemand Tipps wie man an solche Geschichten mit Binominalkoeffizienten etc. rangeht?

 

[GeckoVOD]

10a)
Das gleiche wie "Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit Augenzahl n bei einem Würfelwurf zu bekommen?"
aka: 10 Seitiger Würfel, alles gleichwahrscheinlich, daher:
1/10
10b) 5 günstige Ereignisse (2,4,6,8,10), 10 Ereignisse total:
5/10 = 1/2
11) 4 günstige Ereignisse (4 Könige), 32 Ereignisse total (32 Karten):
4/32 = 1/8
12) Gleiches wie zweimaliger Würfelwurf; wahrscheinlichkeit eine schwarze zu ziehen: 1/3
1/3*1/3 = 1/9
13) fünf mal ziehen, 20 insgesamt, 16 anfangs günstig, 4 ungünstig, imo Ziehen ohne Zurücklegen; einfach die Wahrscheinlichkeiten multiplizieren (iirc)
16/20 * 15/19 * 14/18 * 13/17 * 12/16 = 0,281
rest müsste analog zur 13 sein, grad keine lust.

 

[FORYOUITERRA]

8das ist ein teilgebiet der kombinatorik. die aufgaben sind allerdings wirklich leicht. du musst immer nur schauen in welches urnenmodell das ganze passt: mit oder ohne zurücklegen, sowie mit beachten der reihenfolge oder ohne, dann die betreffenden formeln anwenden. hier meine lösungen:


aufgabe 10 ist nur text übersetzen
X = Zufallsvariable, dass glücksrad in sektor i stoppt.
P(X=i) = c *i (wahrscheinlichkeit ist proportional zum sektor, c = proportionalitätskonstante)
wahrscheinlichkeiten addieren sich zu 1:
sum_{j=1}^10 P(X=j) = 1, daraus folgt, dass c = 1/55 ist.
als urnenmodell dargestellt: es gibt 55 kugeln,
eine davon steht für sektor 1
zwei davon stehen für sektor 2
drei davon stehen für sektor 3
also i kugeln für sektor i.
die wahrscheinlichkeit, für jede dieser kugeln aus der urne zu ziehen ist 1/55.
b) P("Gerade") = P( X = 2 oder X = 4 oder X= 6 oder X= 8 oder X= 10) =
P(X=2) + P(X=4) +...+P(X=10) = 2/55 + 4/55 + ... + 10/55

Aufgabe 11) (Urnenmodell: Ziehen ohne zurücklegen - alternativ: hypergeometrische verteilung). kenne das spiel nicht (mehr). denke es geht nur darum schafkopfspiel = kartenspiel mit bestimmter anzahl von karten:

wir wählen für das schafkopfspiel die deutsche variante mit 32 karten.
es gibt 4 könige unter diesen 32 karten.
jedes blatt beim schafskopf besteht aus 8 karten. es gibt 32 über 8 möglichkeiten aus den 32 karten genau 8 auszuwählen.

zudem gibt es 4 könige unter den 32 karten. die anzahl der möglichkeiten bei 8 maliger ziehung zurücklegen genau 0 davon zu haben lautet (4 über 0) * (28 über 8). (Es gibt nämlich genau eine (also (4 über 0)) möglichkeit aus den 4 königen KEINEN gezogen zu haben und (28 über 8) möglichkeiten, dass die 8 karten aus den nicht-könig karten kommen)
die wahrscheinlichkeit KEINEN könig dabei gezogen zu haben berechnet sich als:
P(keinen könig) = (4 über 0) * (28 über 8)/ (32 über 8)

aufgabe 12)
das gleichzeitige ziehen ist äquivalent dazu, dass wir ohne zurücklegen nacheinander ziehen.
sei f_i die farbe der kugel nach ziehung (bzw. äquivalent: in hand) i.
gesucht ist dann die wahrscheinlichkeit, des ereignisses, dass
f_1 = schwarz UND f_2 = schwarz.
nach dem Satz der bedingten wahrscheinlichkeit gilt:
P(f_1=S, f_2=S) = P(f_2=S|f_1=S) P(f_1=S)
wobei P(f_1=S) = 5/15 und P(f_2=S|f_1=S) = 4/14.

(lässt sich natürlich äquivalent wieder als ziehen ohne zurücklegen lösen:
die wahrscheinlichkeit aus den 15 kugeln von denen 10 w sind genau 0 w zu ziehen, wenn man 2 mal zieht ist (10 über 0) * (5 über 2) / (15 über 2))


aufgabe 13) ziehen ohne zurücklegen. selbe schema wie beim schafkopfspiel
die gesuchte wahrscheinlichkeit errechnet sich zu: (4 über 0) *(16 über 5) / (20 über 5)

aufgabe 14) ziehen ohne zurücklegen. selbe schema wie beim schafkopfspiel.
25% ausschuss bedeutet 10 der 40 sind kaputt
wahrscheinlichkeit berechnet sich also zu (10 über 0) * (30 über 8) / (40 über 8).

aufgabe 15) selbe schema wie bei aufgabe 12..bedingte wahrscheinlichkeiten. hier kenne ich wieder die regeln vom spiel nicht..konkrete lösung könnte falsch sein. fasse die aufgabe wieder so auf, dass schafkopfspiel bedeutet "vor ihnen liegt ein kartenspiel mit 32 karten".

sei h_i das ereignis, bei ziehung i eine herzkarte aus den 32 karten gezogen zu haben
dann ist gesucht
P(h_1 und h_2) = P(h_2|h_1)*P(h_1)
mit P(h_1) = 8/32 und P(h_2|h_1) = 7/31

(alternativ wieder mit ziehen ohne zurücklegen:
32 karten, davon 8 herz, man greift 2 mal rein, gesucht ws unter den zwei griffen genau 2 herz zu ziehen? (8 über 2) * (24 über 0 ) / (32 über 2) )

aufgabe 16) ziehen ohne zurücklegen wieder.
20 kugeln insgesamt, 6 sind böse, 10 wurden ohne zurücknehmen entnommen.
wahrscheinlichkeit, dass unter den entnommenen genau eine böse, lautet:
(6 über 1) * (14 über 9) / (20 über 10)

wahrscheinlichkeit, dass unter den entnommenen genau 6 böse sind, lautet:
(6 über 6) * (14 über 4) / (20 über 10)

wahrscheinlichkeit, dass unter den entnommenen genau 4 böse sind, lautet:
(6 über 4) * (14 über 6) / (20 über 10)


edit: hör lieber auf geckovod, ich bin gelb und nicht vertrauenswürdig!

 

[I Am Weasel]

Terra, wieso hast du bei Aufgabe 16 die Binominalkoeffizienten miteinander multipliziert? Ich hätte da ja addiert...

 

[Seingalt]

Addieren ergibt nur bei disjunkten Ereignissen Sinn. Hier geht es um das Ereignis, dass man aus 6 schlechten Kugeln 1 zieht und aus 14 guten 5. Das ist das Gegenteil von disjunkt, nämlich ein Durchschnitt.

Vielleicht denkst Du an die Binomialverteilung?

 

[FORYOUITERRA]

eben, weil es kombinationen sind und nicht disjunkte ereignisse.

bissl feedback bzw. kurzes dank vom threadersteller ist hier in dem unterforum übrigens erwünscht, wenn man ihm schon seine hausaufgaben macht.

 

[gruddy]

Sry für die späte Rückmeldung und vorallem danke für die Hilfe! War aber keine Hausaufgabe... jedenfalls verstehe ich aber auch nicht wieso ich hier multipliziere und nicht addiere? Basiert dieses Vorgehen auf einer bestimmten Regel?

Edit: werden hier etwa die Pfadregeln Addition/Multiplikation des Baumdiagramms angewandt? (Multiplikation bei Wahrscheinlichkeiten entlang des Pfades/Addition bei Ereignissen aus unterschiedlichen Pfaden)

 

[FORYOUITERRA]

nein, hier wird einfach nur ausgezählt. theoretisch könntest du zwar beim ziehen ohne zurücklegen einen baum malen, dann auszählen, aber es gibt zuviele möglichkeiten, um das in der praxis zu machen. hier müssen klügere argumente her:

binomialkoeffizienten (n über k) gibt immer die anzahl der verschiedenen k elementigen teilmengen einer n-elementigen menge.

wenn du z.b. n=5 hast, also eine menge von elementen {a,b,c,d,e} und k = 3, dann hast du (5 über 3) = 10 mögliche kombinationen aus diesen 5 elementen 3 elemente zu ziehen:
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [,7] [,8] [,9] [,10]
[1,] "a" "a" "a" "a" "a" "a" "b" "b" "b" "c"
[2,] "b" "b" "b" "c" "c" "d" "c" "c" "d" "d"
[3,] "c" "d" "e" "d" "e" "e" "d" "e" "e" "e"

du hast nun bei dir immer laplace experimente vorliegen. d.h. jede einzelne richtige kugel zu ziehen kommt mit derselben wahrscheinlichkeit vor. daher kannst du einfach die wahrscheinlichkeit durch das auszählen der günstigen durch die möglichen ereignisse bestimmen.
z.b. bei der 16.3)
wahrscheinlichkeit, dass unter den entnommenen genau 4 böse sind, lautet:
(6 über 4) * (14 über 6) / (20 über 10)

da: die anzahl der möglichen kombinationen aus insgesamt 20 kugeln 10 stück auszuwählen ist einfach (20 über 10), das ist der nenner.


(6 über 4) =15 gibt die anzahl der möglichkeiten an, aus den 6 bösen kugeln genau 4 stück zu ziehen.
(14 über 6)=3003 gibt die anzahl der möglichkeiten, aus den übrigen 14 kugeln die restlichen 6 zu ziehen.

insgesamt gibt es also 15 möglichkeiten 4 kugeln aus den 6 bösen zu ziehen. für JEDE dieser 15 möglichkeiten gibt es jeweils 3003 möglichkeiten die restlichen 6 kugeln aus den 14 übrigen zu ziehen. macht insgesamt 15*3003 möglichkeiten aus den 6 bösen kugeln 4 auszuwählen und die anderen 6 mal reingreifen aus den übrigens 14 zu haben.


wenn X die anzahl der bösen kugeln angibt, und wir mal eben annehmen, dass die bösen kugeln a,b,c,d,e,f heißen, dann ist gesucht (notation ist ein wenig sloppy):

P(X=4) = P({a,b,c,d} oder {a,b,c,f} oder ... oder {c,d,e,f} bei Ziehung ohne zurücklegen von 10 kugeln aus 20)
= P({a,b,c,d}) + P({a,b,c,f}) + ... + P( {c,d,e,f} )
= 3003/(20 über 10) + 3003/(20 über 10) + ... + 3003/(20 über 10)
= Anzahl Möglichkeiten aus 6 kugeln 4 zu ziehen * Anzahl Möglichkeiten aus 14 Kugeln 6 zu ziehen / (Anzahl Möglichkeiten aus 20 kugeln 10 zu ziehen)
= (6 über 4) * (14 über 6) / (20 über 10)

(da es, gegeben man hat z.b. {a,b,c,d} gezogen, 3003 möglichkeiten gibt die anderen 6 kugeln aus den 14 nicht bösen zu ziehen!)

ausführlicher erklärt wirst du es nirgends finden. vielleicht ist nun klar, warum
(6 über 4) * (14 über 6) tatsächlich die anzahl der möglichkeiten angibt, dass man aus den 6 kugeln 4 richtige zieht, wenn man insgesamt 20 kugeln hat und 10 mal zieht ohne zurücklegen.

feedback wieder erwünscht.