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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:43 Mi 21.11.2007 | | Autor: | Nuance |
| Aufgabe | | Eine Schachtel enthält n Kugeln, durchnummeriert mit 1,2,...n. Wir ziehen mit Zurücklegen aus der Schachtel. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass wir erstmals beim k-ten Zug eine Kugel ziehen, die wir vorher schon einmal gezogen hatten? |
Ich habe Schwierigkeiten mit der Berechnung der obigen Aufgabe.
Meine Überlegung war, dass ich mich gefragt habe, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass ich bei k-1 Zügen, k-1 verschiedene Kugeln ziehe und beim k-ten Zug eine, die ich vorher schon gezogen habe.
Handelt es sich um eine Kombination mit Wiederholung?
d.h. Anzahl der Möglichkeiten k-1 Kugeln aus n zu ziehen wäre
(n+(k-1)-1)!/((n-1)!*(k-1))!.
Aber wie kann ich da die Bedingung hineinbringen, dass es k-1 verschiedene Kugeln sind?
Vielen Dank!
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> Eine Schachtel enthält n Kugeln, durchnummeriert mit
> 1,2,...n. Wir ziehen mit Zurücklegen aus der Schachtel. Wie
> groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass wir erstmals beim
> k-ten Zug eine Kugel ziehen, die wir vorher schon einmal
> gezogen hatten?
> Ich habe Schwierigkeiten mit der Berechnung der obigen
> Aufgabe.
> Meine Überlegung war, dass ich mich gefragt habe, wie hoch
> die Wahrscheinlichkeit ist, dass ich bei k-1 Zügen, k-1
> verschiedene Kugeln ziehe und beim k-ten Zug eine, die ich
> vorher schon gezogen habe.
>
> Handelt es sich um eine Kombination mit Wiederholung?
> d.h. Anzahl der Möglichkeiten k-1 Kugeln aus n zu ziehen
> wäre
> (n+(k-1)-1)!/((n-1)!*(k-1))!.
> Aber wie kann ich da die Bedingung hineinbringen, dass es
> k-1 verschiedene Kugeln sind?
Indem Du das Ereignis 'die ersten $k-1$ mal keine bereits gezogene Kugel gezogen' (kurz: 'die ersten $k-1$ mal nicht') als Bedingung verwendest:
[mm]\begin{array}{rcl}
\mathrm{P}(\text{'erstmals nach $k$ mal'}) &=&\mathrm{P}(\text{'nach $k$ mal'}\cap \text{'die ersten $k-1$ mal nicht'})\\ &=&\mathrm{P}(\text{'nach $k$ mal'} \mid \text{'die ersten $k-1$ mal nicht'})\cdot\mathrm{P}(\text{'die ersten $k-1$ mal nicht'})\end{array}[/mm]
Dabei ist
[mm]\mathrm{P}(\text{'nach $k$ mal'} \mid \text{'die ersten $k-1$ mal nicht'})=\frac{k-1}{n}[/mm]
und
[mm]\mathrm{P}(\text{'die ersten $k-1$ mal nicht'})=\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-2}{n}\cdots \frac{n-(k-2)}{n}[/mm]
Revision 1&2: Zwei Fehler in [mm]\mathrm{P}(\text{'die ersten $k-1$ mal nicht'})=\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-2}{n}\red{\cdots} \frac{n-(k-\red{2})}{n}[/mm] korrigiert.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:11 Do 22.11.2007 | | Autor: | Nuance |
Gibt es eine Möglichkeit diese Aufgabe kombinatorisch zu lösen?
Und:
Müsste ich beid er bedingten Wahrscheinlichkeit nicht
P(A|B) = P(A)*P(B|A)/P(B)
schreiben? (Satz von Bayes)
Und:
Wie kommst du bei
P('die ersten k-1 mal nicht') auf [mm] \bruch{n-1}{n}*\bruch{n-2}{n}***\bruch{n-(k-2)}{n} [/mm] ?
Danke!!!
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> Gibt es eine Möglichkeit diese Aufgabe kombinatorisch zu
> lösen?
>
> Und:
>
> Müsste ich beid er bedingten Wahrscheinlichkeit nicht
> P(A|B) = P(A)*P(B|A)/P(B)
> schreiben? (Satz von Bayes)
Bayes brauchen wir hier nicht. Es ist doch [mm] $P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$, [/mm] und wenn man dies nach [mm] $P(A\cap [/mm] B)$ auflöst, erhält man die Form [mm] $P(A\cap B)=P(A\mid B)\cdot [/mm] P(B)$, die ich verwendet habe.
>
> Und:
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> Wie kommst du bei
> P('die ersten k-1 mal nicht') auf
> [mm]\bruch{n-1}{n}*\bruch{n-2}{n}***\bruch{n-(k-2)}{n}[/mm] ?
Stell Dir einfach vor, Du hast also eine Sequenz von Zügen, bei denen die ersten $k-1$ mal keine bereits gezogene Kugel gezogen wird. Bei jedem Zug bilden wir das Verhältnis von "günstigen" zu "möglichen" Fällen. Bei der Ziehung der ersten Kugel ergibt dies eine Wahrscheinlichkeit [mm] $\frac{n}{n}=1$ [/mm] keine bereits gezogene Kugel zu ziehen (diese Wahrscheinlichkeit habe ich im obigen Produkt einfach weggelassen). Bei der Ziehung der zweiten Kugel bleiben noch $n-1$ günstige Fälle (denn die erste gezogene Kugel darf nun nicht mehr gezogen werden). Macht [mm] $1\cdot \frac{n-1}{n}$ [/mm] für die Wahrscheinlichkeit, bis und mit 2 Zug keine bereits gezogene Kugel zu ziehen. Bei der Ziehung der dritten Kugel sind es dann nur noch $n-2$ günstige Fälle usw. usf. bis zur Ziehung der $k-1$-ten Kugel: dann hat man bereits $k-2$ Ziehungen (von lauter verschiedenen Kugeln!) durchgeführt, so dass die zur Vermeidung der Ziehung einer dieser $k-2$ bereits einmal gezogenen Kugeln günstigen Fälle nur noch $n-(k-2)$ sind. Die Zahl der möglichen Fälle ist bei jeder Stufe dieses mehrstufigen Zufallsexperiments dieselbe, eben $n$.
Nachtrag (Revision 1): Natürlich kann man dies leicht rein kombinatorisch (günstige durch mögliche Fälle) betrachten. Es gibt also [mm] $n^k$ [/mm] gleich wahrscheinliche Sequenzen von Ziehungen von $k$ Kugeln (mit Zurücklegen). Wieviele davon sind für das Ereignis 'erstmals Ziehung einer gezogenen Kugel bei der $k$-ten Ziehung' günstig? Nun: beim ersten Zug gibt es $n$ Möglichkeiten, beim zweiten $n-1$ beim dritten $n-2$, [mm] $\ldots$, [/mm] beim $k-1$-ten $n-(k-2)$. Bei der Ziehung der $k$-ten Kugel haben wir dann genau $k-1$ Möglichkeiten, eine der $k-1$ bereits gezogenen (aber notwendigerweise verschiedenen) Kugeln zu ziehen.
Nun musst Du dies nur noch sauber aufschreiben und doppelt unterstreichen 
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