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Beitrag |
    
Maccabee
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 22. Mai, 2002 - 09:41: | 
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Hallo!
Ich habe zwei kleine Aufgaben bekommen, bei denen es bei mir irgendwie hängt.
Es handelt sich um folgende Aufgaben:
1. Die beiden Zufallsvar. X und Y besitzen folgende gemeinsame Verteilung sowie die angegebenen Randverteilungen:
Xj__Yj__0____1____2____3___Summe
0_______*___0,1__0,05__*___0,15
1______0,2__0,1___*____0___0,5
2_______*___0,15_0,05_0,05___*
Summe__0,3___*____0,3__0,05__1
(Hoffe ihr könnt erkennen was ich meine..)
Bestimmen sie die fehlenden Werte!
2. Samstags-Lotto (6 aus 49):
Bestimmen sie die Wahrscheinlichk. für folgende Ereignisse:
a) die Zahl 13 gehört zu den Gewinnzahlen
b) alle sechs Gewinnzahlen sind gerade (ungerade)
c) es gibt genauso viele gerade wie ungerade Gewinnzahlen
Ihr würdet mir wirklich SEHR helfen!!!
Vielleicht hat kann mir auch jmd. in 2 Sätzen erklären was es mit der 1. Aufgabe auf sich hat... :-)
DANKE!!!!
Maccabee |
STEVENERKEL
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 22. Mai, 2002 - 10:35: |
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zu 2.)
a)
Die Zahl 13 kann an 1er, an 2er, an 3er, an 4er, an 5er oder an 6er Stelle (der Gewinnzahlen) stehen. So kann mans überlegen...
So gehts einfacher ( da ja nur 6 Zahlen gezogen werden):
Überleg es dir an einem Baumdiagramm, wie das zu berechnen ist !
(Ereignis: 13 gezogen: oberer Ast ja; unterer Ast Nein =>nächste Zahl; schreib dir die Wahrscheinlichkeiten an die Äste !)
b)
gerade: (24 über 6)/(49 über 6); denn es gibt 24 gerade Zahlen von 1...49; => (24 über 6) Möglichkeiten, 6 gerade Zahlen anzuordnen; und insgesamt (49 über 6) Möglichkeiten, 6 Richtige zu haben !
ungerade: analog !
c) (24 über 3)*(25 über 3)/(49 über 6)
zu Aufgabe 1)
Ich weiß nicht mehr, was mit Verteilung gemeint ist. Müßte das erst nachgucken, hab aber im Moment keine Lust dazu !
Vielleicht nachher...
;-)))
Freundliche Grüße
STEVENERKEL |
Tyll (tyll)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: tyll
Nummer des Beitrags: 72
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 22. Mai, 2002 - 11:24: |
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Hi Maccabee!!
Mal sehen. Zur ersten:
Es gibt also zwei Zufallsvariablen X und Y, für die folgendes gilt:
X setzt sich aus drei Eriegnissen zusammen, die nicht näher erläutert sind, sondern einfach als X0,X1 und X2 bezeichnet werden. Ebenso verhält es sich mit Y, nur, daß es eben vier Ergebnisse sind. Die Ereignisse X0,X1, X2 schließen sich gegenseitig aus (ebenso bei Y), aber z.B. können durchaus X1 und Y2 zusammen auftreten.
Solch ein Eriegnis wird allgemeine durch den Schnitt der beiden Ereignisse dargestellt, also X1 und Y2.
die Wahrscheinlichkeit für das Eintreten des obigen Eriegnisses wird in der Tabelle als Feld dargestellt, und zwar jedes, daß die Spalte mit der Benennung "2" und sie Reihe mit der Benennung "1" hat.
Außerdem gilt die Beziehung:
(*) P(Xi) = S3 j=0P(Xi und Yj) für alle i=0,..,2 Als Spalten, bzw. Reihensummen ergeben sich also die W'keiten für die einzelnen Ereignisse, innerhalb des Schemas die der kombinierten Ereignisse.
Zudem ist:
1 = S2 i=0P(Xi) + S3 i=0P(Yi)
= S2 i=0S3 i=0[P(Xi und P(Xi]
Aus (*) kannst du dann die fehlenden Werte durch simple Subtraktion errechnen.
Z.B. ist
P(X1 und Y2) = P(X1) - P(X1 und Y0) - P(X1 und Y1) - P(X1 und Y3)
= P(Y2) - P(X0 und Y2) - P(X2 und Y0)
= 0,3-0,05-0,05 = 0,2.
ebenso kannst du mit den Randverteilungen verfahren.
zur zweiten:
a) Ob das nun 13 ist oder ein andere Zahl zwischen 1 und 49, ist egal, es gibt (48 über 5) Kombinationen, die diese Zahl enthalten. Also ergibt sich (48 ü 5)/(49 ü 6) = 0,1224489796
b) (GERADE) Ebenso eine einschränkung der Zahlen. statt 6 aus 49 kannst du nur noch 6 aus 24 (2,4,6,8,...,48) ziehen. Immer noch gilt als Berechnung der W'keit: (Anzahl der günstigen Fälle) / (Anzahl aller Fälle) = (24 ü 6)/(49 ü 6) = 0,009635126
c) folgen wird er hypergeometrischen Verteilung. Dann gilt: P(Hälfte gerade, Hälfte ungerade) = (24 ü 3)*(25 ü 3) / (49 ü 6) = 0,3328991171
Gruß
Tyll |
Tyll (tyll)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: tyll
Nummer des Beitrags: 73
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 22. Mai, 2002 - 11:27: |
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Hey Steven!
Will deine Sache nicht schmälern, weil korrekt, aber der Tip mit dem Baum....hmmm, das ist aber echt Arbeit!!
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STEVENERKEL
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 22. Mai, 2002 - 12:16: |
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Hi Tyll,
@ Macabee: Danke, hatte noch immer keine Lust...
Zu dir Till:
Du brauchst bei jeder Ziehung nur 2 Ereignisse, entweder wird die 13 gezogen oder nicht.
Also 1 Ziehung:
a) Wahrsch. für 13: 1/49
b) Wahrsch. für keine 13: (48/49)
Im Falle b gehts weiter:
2e Ziehung:
a) Wahrsch. für 13 jetzt (an diesem Ast):
1/48
b) Wahrsch. für keine 13 (an diesem Ast):
47/48
usw.
Du brauchst keine 49 Äste pro Ziehung !!!
Nachher mußt du das dann nur analog den Regeln am Baumdiagramm addieren und multipl. (weiß nicht, wie ich das anders ausdrücken soll)!
Freundliche Grüße
STEVENERKEL |
STEVENERKEL
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 22. Mai, 2002 - 12:20: |
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Achne, Sorry, Tyll, dir muß ich danken für die Lösung der Aufgabe 1.) !
Freundliche Grüße
STEVENERKEL
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Tyll (tyll)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: tyll
Nummer des Beitrags: 76
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 22. Mai, 2002 - 12:53: |
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Hast schon recht erkel!
Dann wird mir auch klarer, warum da 6/49 herauskommen.
ansonsten: hätte ich dir kaum übel genommen ;-)
Gruß
Tyll |
STEVENERKEL
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 22. Mai, 2002 - 16:45: |
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THX !
Freundliche Grüße
STEVENERKEL |
Maccabee
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 23. Mai, 2002 - 10:29: |
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Ihr seid die allerbesten!!!!
Herzlichen Dank!!!!!!! |
STEVENERKEL
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 23. Mai, 2002 - 14:48: |
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THX !
Freundliche Grüße
STEVENERKEL |
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