W-rechnung gegen Intuition < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:45 Do 21.06.2012 | | Autor: | rollroll |
| Aufgabe | Es gibt drei Karten:
Karte 1: auf beiden Seiten ein Punkt
Karte 2: auf einer Seite ein Punkt
Karte 3: auf beiden Seiten nix
Die Karten liegen verdeckt. Man darf eine Karte ziehen. Auf dieser sieht man einen Punkt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dass auch auf der Rückseite ein Punkt ist? |
Ich weiß soviel: die ,,intuitive Lösung'' 50-50 ist falsch.
Ich denke die Aufgabe geht ähnlich wie das ziegenproblem, komme aber nicht wirklich auf einen Ansatz.
Über Hilfe wäre ich dankbar.
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Es sei [mm]A[/mm] das Ereignis, daß die aufliegende Seite der Karte einen Punkt zeigt, und [mm]B[/mm] das Ereignis, die Karte 1 gezogen zu haben. Zu berechnen ist dann die bedingte Wahrscheinlichkeit [mm]P(B|A)[/mm].
Stelle die Situation an einem Baum dar. Zuerst verzweigt man mit jeweils einem Drittel zu den Karten 1,2 oder 3. Dann mit jeweils ein halb zu einer der Seiten der jeweiligen Karte.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:29 Do 21.06.2012 | | Autor: | rabilein1 |
Insgesamt sind 3 Punkte im Spiel: 2 Punkte auf der Karte mit den beiden Punkten und 1 Punkt auf der Karte mit dem einen Punkt.
Der Punkt, den du siehst, ist einer der drei Punkte. Du weißt aber nicht, welcher.
Nun musst du jeden der 3 Punkte einzeln betrachten:
Punkt 1 (Karte mit zwei Punkten) - andere Seite: auch Punkt
Punkt 2 (Karte mit zwei Punkten) - andere Seite: auch Punkt
Punkt 3 (Karte mit einem Punkt) - andere Seite: kein Punkt
Also ist die Chance, dass die andere Seite auch einen Punkt hat: 2/3
Logisch, oder ?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:42 Do 21.06.2012 | | Autor: | abakus |
> Insgesamt sind 3 Punkte im Spiel: 2 Punkte auf der Karte
> mit den beiden Punkten und 1 Punkt auf der Karte mit dem
> einen Punkt.
>
> Der Punkt, den du siehst, ist einer der drei Punkte. Du
> weißt aber nicht, welcher.
>
> Nun musst du jeden der 3 Punkte einzeln betrachten:
>
> Punkt 1 (Karte mit zwei Punkten) - andere Seite: auch
> Punkt
> Punkt 2 (Karte mit zwei Punkten) - andere Seite: auch
> Punkt
> Punkt 3 (Karte mit einem Punkt) - andere Seite: kein
> Punkt
>
> Also ist die Chance, dass die andere Seite auch einen Punkt
> hat: 2/3
>
> Logisch, oder ?
"Logisch" nein, "oder" ja.
Unter der Bedingung, DASS man einen Punkt sieht, hat man entweder die Karte mit zwei Punkten oder die Karte mit einem Punkt, bei der der Punkt oben liegt.
Unter Verwendung der bedingten Wahrscheinlichkeit ergibt sich 0,5.
Gruß Abakus
EDIT: Ich muss mich korrigieren (siehe meine andere Antwort).
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:47 Do 21.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Abakus,
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> > Insgesamt sind 3 Punkte im Spiel: 2 Punkte auf der Karte
> > mit den beiden Punkten und 1 Punkt auf der Karte mit dem
> > einen Punkt.
> >
> > Der Punkt, den du siehst, ist einer der drei Punkte. Du
> > weißt aber nicht, welcher.
> >
> > Nun musst du jeden der 3 Punkte einzeln betrachten:
> >
> > Punkt 1 (Karte mit zwei Punkten) - andere Seite: auch
> > Punkt
> > Punkt 2 (Karte mit zwei Punkten) - andere Seite: auch
> > Punkt
> > Punkt 3 (Karte mit einem Punkt) - andere Seite: kein
> > Punkt
> >
> > Also ist die Chance, dass die andere Seite auch einen Punkt
> > hat: 2/3
> >
> > Logisch, oder ?
> "Logisch" nein, "oder" ja.
> Unter der Bedingung, DASS man einen Punkt sieht, hat man
> entweder die Karte mit zwei Punkten oder die Karte mit
> einem Punkt, bei der der Punkt oben liegt.
> Unter Verwendung der bedingten Wahrscheinlichkeit ergibt
> sich 0,5.
> Gruß Abakus
dann habe ich vermutlich einen Modellfehler in meiner Antwort: Kannst Du mir sagen, welchen? Denn ich habe mit bedingter W'keit auch [mm] $2/3\,$ [/mm] berechnet. Aber WT/Statistik ist eh nicht so ganz mein Ding, da denke ich oft "verquert" (nach langem hin und her werde ich zwar wieder reinfinden, aber das kann dauern ^^).
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:11 Do 21.06.2012 | | Autor: | abakus |
> Hallo Abakus,
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> >
> > > Insgesamt sind 3 Punkte im Spiel: 2 Punkte auf der Karte
> > > mit den beiden Punkten und 1 Punkt auf der Karte mit dem
> > > einen Punkt.
> > >
> > > Der Punkt, den du siehst, ist einer der drei Punkte. Du
> > > weißt aber nicht, welcher.
> > >
> > > Nun musst du jeden der 3 Punkte einzeln betrachten:
> > >
> > > Punkt 1 (Karte mit zwei Punkten) - andere Seite: auch
> > > Punkt
> > > Punkt 2 (Karte mit zwei Punkten) - andere Seite:
> auch
> > > Punkt
> > > Punkt 3 (Karte mit einem Punkt) - andere Seite: kein
> > > Punkt
> > >
> > > Also ist die Chance, dass die andere Seite auch einen Punkt
> > > hat: 2/3
> > >
> > > Logisch, oder ?
> > "Logisch" nein, "oder" ja.
> > Unter der Bedingung, DASS man einen Punkt sieht, hat
> man
> > entweder die Karte mit zwei Punkten oder die Karte mit
> > einem Punkt, bei der der Punkt oben liegt.
> > Unter Verwendung der bedingten Wahrscheinlichkeit ergibt
> > sich 0,5.
> > Gruß Abakus
>
> dann habe ich vermutlich einen Modellfehler in meiner
> Antwort: Kannst Du mir sagen, welchen? Denn ich habe mit
> bedingter W'keit auch [mm]2/3\,[/mm] berechnet. Aber WT/Statistik
> ist eh nicht so ganz mein Ding, da denke ich oft "verquert"
> (nach langem hin und her werde ich zwar wieder reinfinden,
> aber das kann dauern ^^).
>
> Gruß,
> Marcel
Hallo,
ich glaube, ich muss mich revidieren. Es gibt drei Karten, und jede Karte hat zwei Seiten.
Wenn man also eine Karte wählt und eine ihrer beiden Seiten nach oben legt, hat man 6 gleich wahrscheinliche Fälle oben/unten:
0 0 0 1 1 1
0 0 1 0 1 1
Wenn man oben eine 1 sieht, weiß man, dass die ersten drei Fälle nicht eingetreten sind.
Es liegt also einer der letzten beiden Fälle (bei 3 möglichen gleich wahrscheinlichen Fällen) vor.
Gruß
Abakus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:15 Do 21.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Abakus,
>
> > Hallo Abakus,
> >
> > >
> > > > Insgesamt sind 3 Punkte im Spiel: 2 Punkte auf der Karte
> > > > mit den beiden Punkten und 1 Punkt auf der Karte mit dem
> > > > einen Punkt.
> > > >
> > > > Der Punkt, den du siehst, ist einer der drei Punkte. Du
> > > > weißt aber nicht, welcher.
> > > >
> > > > Nun musst du jeden der 3 Punkte einzeln betrachten:
> > > >
> > > > Punkt 1 (Karte mit zwei Punkten) - andere Seite: auch
> > > > Punkt
> > > > Punkt 2 (Karte mit zwei Punkten) - andere Seite:
> > auch
> > > > Punkt
> > > > Punkt 3 (Karte mit einem Punkt) - andere Seite:
> kein
> > > > Punkt
> > > >
> > > > Also ist die Chance, dass die andere Seite auch einen Punkt
> > > > hat: 2/3
> > > >
> > > > Logisch, oder ?
> > > "Logisch" nein, "oder" ja.
> > > Unter der Bedingung, DASS man einen Punkt sieht, hat
> > man
> > > entweder die Karte mit zwei Punkten oder die Karte mit
> > > einem Punkt, bei der der Punkt oben liegt.
> > > Unter Verwendung der bedingten Wahrscheinlichkeit ergibt
> > > sich 0,5.
> > > Gruß Abakus
> >
> > dann habe ich vermutlich einen Modellfehler in meiner
> > Antwort: Kannst Du mir sagen, welchen? Denn ich habe mit
> > bedingter W'keit auch [mm]2/3\,[/mm] berechnet. Aber WT/Statistik
> > ist eh nicht so ganz mein Ding, da denke ich oft "verquert"
> > (nach langem hin und her werde ich zwar wieder reinfinden,
> > aber das kann dauern ^^).
> >
> > Gruß,
> > Marcel
> Hallo,
> ich glaube, ich muss mich revidieren. Es gibt drei Karten,
> und jede Karte hat zwei Seiten.
> Wenn man also eine Karte wählt und eine ihrer beiden
> Seiten nach oben legt, hat man 6 gleich wahrscheinliche
> Fälle oben/unten:
> 0 0 0 1 1 1
> 0 0 1 0 1 1
> Wenn man oben eine 1 sieht, weiß man, dass die ersten
> drei Fälle nicht eingetreten sind.
> Es liegt also einer der letzten beiden Fälle (bei 3
> möglichen gleich wahrscheinlichen Fällen) vor.
okay - cool. Dann scheint meine Modellbeschreibung ja doch zu passen. Auch, wenn man das sicher noch sauberer aufschreiben kann ^^
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:44 Do 21.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Es gibt drei Karten:
> Karte 1: auf beiden Seiten ein Punkt
> Karte 2: auf einer Seite ein Punkt
> Karte 3: auf beiden Seiten nix
>
> Die Karten liegen verdeckt. Man darf eine Karte ziehen. Auf
> dieser sieht man einen Punkt. Wie groß ist die
> Wahrscheinlichkeit dass auch auf der Rückseite ein Punkt
> ist?
> Ich weiß soviel: die ,,intuitive Lösung'' 50-50 ist
> falsch.
> Ich denke die Aufgabe geht ähnlich wie das ziegenproblem,
> komme aber nicht wirklich auf einen Ansatz.
> Über Hilfe wäre ich dankbar.
ich hab' keine Ahnung, wie gut oder brauchbar mein Modell ist. Aber ich beschreib's mal:
Gehen wir davon aus, dass die Karten eine Vorder und eine Rückseite habe. Wenn die Vorderseite keinen Punkt hat, dann soll auch die Rückseite keinen haben (Karte 0). Wenn die Vorderseite einen Punkt hat, dann kann die Rückseite entweder keinen Punkt haben (Karte 1) oder auch einen Punkt haben (Karte 2). Die Karten 0,1,2 seien gleichwahrscheinlich.
Nach der ersten Ziehung wissen wir zwar, dass wir einen Punkt sehen, aber wir wissen nicht, ob dieser auf der Vorder oder Rückseite zu sehen ist. (Es stehen uns laut Aufgabe dazu keine Informationen zur Verfügung - auch könnte die einpunktige Karte oben andersrum bepunktet sein - aber das liefert das gleiche Modell).
Wir haben also im Endeffekt erst ein Informationenpaar nach der ersten Ziehung zu betrachten, und danach dann eine einzelne Information.
Wir schreiben ein Tripel [mm] $(a,b,c)\,$ [/mm] mit $a [mm] \in \{V,R\}$ [/mm] (Vorderseite/Rückseite) und $b,c [mm] \in \{0,1\}$ ($b=1\,$ [/mm] bedeutet dann: nach der ersten Ziehung sehen wir einen Punkt - [mm] $b=0\,$ [/mm] bedeutet, dass dann keiner zu sehen ist - analoges für [mm] $c\,$ [/mm] nach der zweiten Ziehung).
Was gibt es für mögliche Ergebnisse? Ich schreibe diese Menge [mm] $\Omega$ [/mm] mal auf:
[mm] $$\Omega=\{(V,0,0),\;(V,0,1),\;(V,1,0),\;(V,1,1),\;(R,0,0),\;(R,0,1),\;(R,1,0),\;(R,1,1)\;\}\,.$$
[/mm]
Jetzt kannst Du Dir mal einen W'Baum aufmalen, dann siehst Du (wenn Du beachtest, wie die Karten beschriftet waren und welche Fälle dann noch möglich sind):
[mm] $$P(V,0,0)=\frac{1}{2}*\frac{1}{3}*1=1/6,\;P(V,0,1)=\frac{1}{2}*\frac{1}{3}*0=0,\;P(V,1,0)=\frac{1}{2}*\frac{2}{3}*\frac{1}{2}=1/6,\;P(V,1,1)=\frac{1}{2}*\frac{2}{3}*\frac{1}{2}=1/6,$$
[/mm]
[mm] $$P(R,0,0)=\frac{1}{2}*\frac{2}{3}*\frac{1}{2}=1/6,\;P(R,0,1)=\frac{1}{2}*\frac{2}{3}*\frac{1}{2}=1/6,\;P(R,1,0)=\frac{1}{2}*\frac{2}{3}*0=0,\;P(R,1,1)=\frac{1}{2}*\frac{2}{3}*\frac{1}{2}=1/6\,.$$
[/mm]
Dann wäre Deine Aufgabe:
Berechne [mm] $P(a=R\, \text{ oder }a=V,b=1,c=1)\,.$ [/mm] D.h. die Wahrscheinlichkeit [mm] $P(c=1\;|(a=R \text{ oder }a=V) \text{ und }b=1)\,.$
[/mm]
Wenn ich mich nicht verrechnet habe, kommt da [mm] $\frac{1/3}{1/2}=2/3$ [/mm] raus.
Aber wie gesagt: Das ist nur meine modellhafte Beschreibung. Ich bin weder in Statistik noch Wahrscheinlichkeitstheorie wirklich fit, daher: Verzeih' meine "unschönen" oder "selbstdefinierten Schreibweisen".
Ich müßte nochmal genauer in die Theorie gucken, wie das, was ich da mache/machen will, sauber aufzuschreiben wäre.
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:58 Fr 22.06.2012 | | Autor: | rabilein1 |
Sicherlich führen viele Wege nach Rom, wie man zu einem Ergebnis kommt.
Da es hier nur drei Karten mit jeweils zwei Seiten gibt, bevorzuge ich in diesem Fall die "Abzählmethode", so wie ich das in meiner Lösung getan habe.
Bei einer Aufgabe wie folgender müsste man natürlich schon richtig rechnen:
Man hat sieben Würfel, von denen jeder eine unterschiedliche Zahl an Punkten (von null bis sechs) hat (Auf einer Fläche ist entweder "Punkt" oder "Kein Punkt"). Man nimmt nun einen beliebigen Würfel und würfelt "Punkt". Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass man bei erneutem Würfeln ebenfalls "Punkt" würfelt?
(Die Aufgabe habe ich mir vor zwei Minuten ausgedacht. Daher die Zusatzfrage: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass irgend Jemand vor mir schon mal irgendwo die gleiche Aufgabe gestellt hat?)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:37 Sa 23.06.2012 | | Autor: | rollroll |
Ich würde zur Übersichtlichkeit gerne ein Baumdiagramm zeichnen, aber ich hab keine Ahnung wie ich das korrekt darstellen kann. Hat einer eine Idee?
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Es geht so, wie ich das erklärt habe: Zunächst verzweigt man zu den Karten 1,2,3 mit jeweils der Wahrscheinlichkeit [mm]\frac{1}{3}[/mm], dann zu einer der Seiten 0,1 mit jeweils der bedingten Wahrscheinlichkeit [mm]\frac{1}{2}[/mm]. So bekommt man die sechs Pfade/Ausgänge [mm](1,0),(1,1),(2,0),(2,1),(3,0),(3,1)[/mm], die den Ergebnisraum [mm]\Omega[/mm] bilden. Nach der ersten Pfadregel hat jeder die Wahrscheinlichkeit [mm]\frac{1}{6}[/mm], formelmäßig
[mm]P \left( \{ \omega \} \right) = \frac{1}{6} \ \ \mbox{für alle} \ \omega \in \Omega[/mm]
[Dateianhang nicht öffentlich]
Das Ereignis [mm]A[/mm], daß ein Punkt oben liegt, besteht gemäß der Festlegung am Baum aus drei Pfaden/Ausgängen:
[mm]A = \left\{ (1,0),(1,1),(2,0) \right\}[/mm]
und hat nach der zweiten Pfadregel (die nichts anderes als die Additivität der Wahrscheinlichkeitsverteilung ist) die Wahrscheinlichkeit
[mm]P(A) = 3 \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{2}[/mm]
Das Ereignis [mm]B[/mm], daß man die Karte mit den beiden Punkten gezogen hat, ist
[mm]B = \left\{ (1,0),(1,1) \right\}[/mm]
Man ist aber nicht an [mm]B[/mm] selbst interessiert, sondern an [mm]P(B|A)[/mm] (oder in anderer Schreibweise [mm]P_A(B)[/mm]), nämlich daran, daß, wenn [mm]A[/mm] schon eingetreten ist (also ein Punkt oben liegt), dann die Karte 1 gezogen wurde, also an
[mm]P(B|A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}[/mm]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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| Aufgabe | Hätte noch einen ähnliche Aufgabe:
Man hat zwei Sonden, die bereits ins Meer abgesunken sind. Allerdings muss bei beiden der kontrollhebel auf ,,high'' stehen und nicht auf ,,low''. Man ist sich diesbezüglich jetzt aber nicht mehr sicher. Das Absinken ist allerdings gefilmt worde, man weiß deshalb, dass bei einer Sonde der Hebel auf high steht - man sieht aber nicht an welcher. Den Schalter der anderen kann man gar icht erkennen. Steht auch nur einer der Schalter auf low, muss abgebrochen werden. Wie groß ist die Gefahr? |
Man muss ja die Wahrscheinlichkeit ausrechnen, dass einer der Schalter auf low steht, wenn man schon weiß dass einer auf high steht. Die W. dass einer auf high steht müsste doch eigentlich 1/2 sein, oder? Dann komme ich aber nicht mehr weiter...
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:41 So 24.06.2012 | | Autor: | rollroll |
Hätte jemand eine Idee? Am besten mit Baum.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:20 Di 26.06.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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