4 Farben - 3 Kugeln < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Angenommen, es gäbe nur 4 Farben, von denen jede mit der gleichen Wahrscheinlichkeit auftritt.
Aus einer Urne mit 3 Kugeln wird eine Kugel gezogen und wieder in die Urne zurück gelegt.
Ich behaupte nun, dass beim zweiten Ziehen mit 50%ger Wahrscheinlichkeit eine Kugel mit der gleichen Farbe gezogen wird wie beim ersten Ziehen. |
Kannst du diese Behauptung widerlegen, oder gibst du mir Recht? (kannst du sie gar "beweisen"?)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:17 Mi 11.11.2009 | | Autor: | statler |
Hi Ralph!
> Angenommen, es gäbe nur 4 Farben, von denen jede mit der
> gleichen Wahrscheinlichkeit auftritt.
>
> Aus einer Urne mit 3 Kugeln wird eine Kugel gezogen und
> wieder in die Urne zurück gelegt.
>
> Ich behaupte nun, dass beim zweiten Ziehen mit 50%ger
> Wahrscheinlichkeit eine Kugel mit der gleichen Farbe
> gezogen wird wie beim ersten Ziehen.
> Kannst du diese Behauptung widerlegen, oder gibst du mir
> Recht? (kannst du sie gar "beweisen"?)
So völlig ist mir die Fragestellung leider nicht klar. Wie wird die Urne beladen? Indem man aus einem unendlichen Kugelvorrat 3 zieht? Dann hätte man bei Berücksichtigung der Reihenfolge 64 gl.-wahrsch. Möglichkeiten. Von denen wären 4mal alle Farben gleich, 24mal hätten wir 4 verschieden Farben und 36mal eine 2+1-Mischung. Im ersten Fall wäre die W. für Gleichfarbigkeit 1, im 2. Fall 0 und im 3. Fall 5/9 (hoffichmal). Dann wäre die Gesamtwahrscheinlichkeit im Sinne der Aufgabe = 24/64, also kleiner 50%.
Ich bin mir a) nicht sicher, ob die Aufg. so gemeint ist, und b) habe ich etwas holterdipolter gerechnet. Vielleicht eine Kontrollangelegenheit für luis oder sonst jemanden.
Gruß aus HH-Harburg
Dieter
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:08 Mi 11.11.2009 | | Autor: | rabilein1 |
> Wie wird die Urne beladen? Indem man aus einem unendlichen
> Kugelvorrat 3 zieht?
Genau so ist es.
> Dann hätte man bei Berücksichtigung
> der Reihenfolge 64 gleich-wahrscheinliche Möglichkeiten.
> Von denen wären 4mal alle Farben gleich .... usw. usw.
Genau so ist es.
Aber das mit den 64 Möglichkeiten ist meiner Meinung nach nicht so wichtig.
Viel wichtiger ist die Sache mit der ersten gezogenen Kugel. Deren Farbe kennt man nun (womit von den 64 Möglichkeiten einige rausfallen).
Und die Kugel wird wieder zurück gelegt. Sie ist bei der 2. Ziehung also wieder mit dabei.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:23 Mi 11.11.2009 | | Autor: | ms2008de |
Hallo,
> So völlig ist mir die Fragestellung leider nicht klar. Wie
> wird die Urne beladen? Indem man aus einem unendlichen
> Kugelvorrat 3 zieht? Dann hätte man bei Berücksichtigung
> der Reihenfolge 64 gl.-wahrsch. Möglichkeiten. Von denen
> wären 4mal alle Farben gleich, 24mal hätten wir 4
> verschieden Farben und 36mal eine 2+1-Mischung. Im ersten
> Fall wäre die W. für Gleichfarbigkeit 1, im 2. Fall 0 und
Naja, im 2. Fall bei 3 verschiedenen Kugeln ist die Wk nicht 0 sondern 1/3 für 2 gleichfarbige (die Kugeln weren ja zurückgelegt)
> im 3. Fall 5/9 (hoffichmal). Dann wäre die
> Gesamtwahrscheinlichkeit im Sinne der Aufgabe = 24/64, also
> kleiner 50%.
>
Ich komm damit auf: [mm] \bruch{4*1+24*\bruch{1}{3}+36*\bruch{5}{9}}{64}=\bruch{1}{2}, [/mm] also stimmt die Behauptung.
> Ich bin mir a) nicht sicher, ob die Aufg. so gemeint ist,
> und b) habe ich etwas holterdipolter gerechnet. Vielleicht
> eine Kontrollangelegenheit für luis oder sonst jemanden.
>
Viele Grüße
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:43 Fr 13.11.2009 | | Autor: | statler |
... für die Korrektur, man soll eben nicht mehrere Sachen gleichzeitig machen und überhaupt erst denken, bevor man schreibt.
> > wären 4mal alle Farben gleich, 24mal hätten wir 4
> > verschieden Farben und 36mal eine 2+1-Mischung. Im ersten
Das mit den 4 verschiedenen Farben ist natürlich auch noch Unfug, das muß 3 heißen!
Immerhin haben wir uns jetzt (s. untigen Beitrag von Al-usw.) zu einer einheitlichen Meinung durchgerungen.
Dann erstmal ein schönes Wochenende
Dieter
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> Angenommen, es gäbe nur 4 Farben, von denen jede mit der
> gleichen Wahrscheinlichkeit auftritt.
>
> Aus einer Urne mit 3 Kugeln wird eine Kugel gezogen und
> wieder in die Urne zurück gelegt.
>
> Ich behaupte nun, dass beim zweiten Ziehen mit 50%ger
> Wahrscheinlichkeit eine Kugel mit der gleichen Farbe
> gezogen wird wie beim ersten Ziehen.
> Kannst du diese Behauptung widerlegen, oder gibst du mir
> Recht? (kannst du sie gar "beweisen"?)
Hallo rabilein,
von den ursprünglich [mm] 4^3=64 [/mm] Möglichkeiten der Farb-
verteilungen [mm] (f_1, f_2, f_3) [/mm] mit [mm] f_i\in\{1,2,3,4\} [/mm] fallen [mm] 3^3=27 [/mm] weg,
nachdem man z.B. weiß (nach dem ersten Zug), dass
wenigstens eine Kugel z.B. der Farbe Nr. 1 in der
Urne ist. Es bleiben 37 Farbverteilungen übrig,
die für die zweite Ziehung gleich wahrscheinlich
sind.
Ich habe mir diese Verteilungen auf einem Zettel
notiert:
111,112,113,114,121,....,413,414,421,431,441
Bei der zweiten Ziehung hat jede der $\ 37*3=111$
Ziffern, die nun auf dem Zettel stehen, die gleiche
Chance, gezogen zu werden. Beispielsweise hat die
zweite Kugel aus der Urne <114> die gleiche Chance
wie die dritte aus der Urne <413> .
Die Wahrscheinlichkeit, dass wieder die gleiche Farbe
(also Farbe Nr. 1) wie im ersten Zug erscheint, ist
$\ p\ =\ [mm] \frac{g}{m}$
[/mm]
wobei m=111 und g = Anzahl der Einsen auf dem
Zettel. Da m ungerade ist, kann die Vermutung
$\ p\ =\ [mm] \frac{1}{2}$ [/mm] nicht zutreffen.
Natürlich habe ich die Einsen auch gezählt ... 
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:19 Do 12.11.2009 | | Autor: | rabilein1 |
ms2008de war ja - genau wie ich - auch auf [mm] \bruch{1}{2} [/mm] gekommen.
Hier nun meine Überlegung:
Angenommen, es gibt die 4 Farben Rot, Blau, Schwarz und Weiß.
Nun wird beim ersten Ziehen eine rote Kugel gezogen und wieder in die Urne zurück gelegt.
Dann ist von den 3 Kugeln in der Urne: eine Kugel mit 100%iger Sicherheit rot. Die anderen zwei Kugeln sind jeweils mit einer Wahrscheinlichkeit von 25% rot.
Und nun wird erneut eine Kugel aus der Urne gezogen.
Dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass diese Kugel abermals rot ist:
[mm] \bruch{1}{3}*1 [/mm] + [mm] \bruch{1}{3}*0.25 [/mm] + [mm] \bruch{1}{3}*0.25 [/mm] = [mm] \bruch{1}{2}
[/mm]
Das [mm] \bruch{1}{3} [/mm] ist die Wahrscheinlichkeit für die einzelne Kugel.
Der Faktor dahinter ist die Wahrscheinlichkeit für rot pro einzelne Kugel
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Hallo rabilein,
> ms2008de war ja - genau wie ich - auch auf [mm]\bruch{1}{2}[/mm]
> gekommen.
Daraus lässt sich schließen, dass ihr beide Recht habt -
oder eben beide nicht ...
> Hier nun meine Überlegung:
>
> Angenommen, es gibt die 4 Farben Rot, Blau, Schwarz und
> Weiß.
>
> Nun wird beim ersten Ziehen eine rote Kugel gezogen und
> wieder in die Urne zurück gelegt.
O.K., in meiner Darstellungsweise wäre das eine Kugel der
Farbe Nr. 1
> Dann ist von den 3 Kugeln in der Urne: eine Kugel mit
> 100%iger Sicherheit rot. Die anderen zwei Kugeln sind
> jeweils mit einer Wahrscheinlichkeit von 25% rot.
Hier liegt eben wohl der Trugschluss: effektiv weiß man
von keiner der 3 in der Urne befindlichen Kugeln
(Kugel Nr.1, Kugel Nr.2, Kugel Nr.3) mit 100%iger Sicher-
heit, dass sie rot ist !
Was man wirklich weiß ist bloß, dass wenigstens eine
dieser drei Kugeln rot ist. Das ist nicht das Gleiche.
> Und nun wird erneut eine Kugel aus der Urne gezogen.
> Dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass diese Kugel abermals
> rot ist:
>
> [mm]\bruch{1}{3}*1[/mm] + [mm]\bruch{1}{3}*0.25[/mm] + [mm]\bruch{1}{3}*0.25[/mm] =
> [mm]\bruch{1}{2}[/mm]
>
> Das [mm]\bruch{1}{3}[/mm] ist die Wahrscheinlichkeit für die
> einzelne Kugel.
>
> Der Faktor dahinter ist die Wahrscheinlichkeit für rot pro
> einzelne Kugel.
Man kommt wieder darauf zurück, wie wichtig es ist, genau
zu wissen, wie die Urne befüllt wird. Betrachten wir zwei
Möglichkeiten:
A) Aus einem immensen Vorrat an Kugeln, in welchem
jede Farbe gleich häufig (je p=25%) vorkommt, werden
zufällig 3 Kugeln herausgegriffen und in die Urne gelegt
(so wie ich verstanden habe, war dies die originale Idee).
Bei der ersten Ziehung erscheint eine Kugel einer gewissen
Farbe, die man aber wieder hineinlegt. Beispielsweise ist
dies eine rote Kugel. Damit ist man sicher, dass (min-
destens) eine rote Kugel drin ist.
B) Um sicher zu gehen, dass mindestens eine rote Kugel
in der Urne ist, legt man zuallererst eine solche hinein.
Nachher greift man noch zwei beliebige weitere Kugeln
aus dem Kugelvorrat heraus und legt sie dazu. Damit
ist man ebenfalls sicher, dass (mindestens) eine rote
Kugel drin ist.
Die erste Ziehung erübrigt sich nach dieser Befüllme-
thode natürlich, denn wir wissen ja schon, dass sicher
eine rote Kugel drin ist (die zuerst hineingelegte und
dazu vielleicht noch eine oder zwei weitere).
Würden wir trotzdem die "erste" Ziehung durchführen,
die dazu gedacht ist, eine Farbe zu ermitteln, welche
sicher vorhanden ist, könnte nun aber (Oh Schreck !)
vielleicht auch eine schwarze Kugel erscheinen ...
Die Modelle A und B unterscheiden sich wesentlich. Bei
A ist nur klar, dass mindestens eine der Kugeln rot ist,
bei B wissen wir, dass eine bestimmte der 3 Kugeln,
nämlich die zuerst hinein gelegte, rot ist.
Ich hab meinen Zettel mit den 37 dreistelligen Zahlen
noch nicht weggeschmissen und kann darauf deine
Rechnung (für das Modell B) auch bestätigen:
Die Liste beginnt mit 16 Zahlen, welche mit einer 1
beginnen. Diese haben insgesamt $\ 16*3=48$ Ziffern.
Unter diesen Ziffern kommt die 1 genau 24 mal vor.
Also haben wir:
P(rote Kugel | die erste in die Urne gelegte Kugel ist rot) = [mm] \frac{24}{48} [/mm] = [mm] \frac{1}{2}
[/mm]
Die Rechnung nach Modell A geht aber so:
P(rote Kugel | in der Urne ist mindestens eine Kugel rot) = [mm] \frac{48}{37*3} [/mm] = [mm] \frac{48}{111}
[/mm]
Schönen Gruß !
Al
(diese Aufgabe - mit der Diskussion über die unter-
schiedlichen Interpretationen - kann man sehr wohl
in das wachsende Repertoire der interessanten Frage-
stellungen eingliedern, die du uns schon geliefert hast !)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:42 Fr 13.11.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Al-Chwarizmi,
ehrlich gesagt, verstehe ich deine Interpretation (B) nicht, bzw. verstehe nicht, dass meine Aufgabe überhaupt auf unterschiedliche Weisen interpretiert werden kann.
In (B) sagst du "Um sicher zu gehen, dass mindestens eine rote Kugel in der Urne ist, legt man zuallererst eine solche hinein."
Genau das ist dein Irrtum. Man legt nicht mit Absicht eine rote Kugel hinein. Sondern erst nachdem man eine rote Kugel gezogen (und wieder hineingelegt) hat, weiß man, dass sich mindestens eine rote Kugel in der Urne befindet.
Wenn man stattdessen eine schwarze Kugel zieht, dann weiß man, dass sich mindestens eine schwarze Kugel in der Urne befindet. Und dann wäre ja die Frage: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, beim zweiten Ziehen erneute eine schwarze Kugel zu ziehen?
Es geht ja darum, beim zweiten Ziehen die selbe Farbe zu haben wie beim ersten Ziehen. Welche der vier Farben das ist, ist völlig egal.
Und deshalb muss man die Urne nicht vorher manipulieren, so wie Option B das suggeriert.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:51 Fr 13.11.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Al-Chwarizmi,
du hast doch so ein tolles Simulations-Programm.
Dann simuliere das doch mal:
3 Kugeln kommen in die Urne. Jede hat mit 25%iger Wahrscheinlichkeit eine der Farben Rot, Blau, Schwarz und Weiß (alternativ: Zahlen 1 - 4)
Nun wird eine der Kugeln zufällig gezogen und wieder reingelegt.
Dann wird erneut eine der Kugeln zufällig gezogen.
In wie viel Prozent der Fälle haben beide Kugeln die selbe Farbe (Zahl)?
Nicht vergessen, nach jeder Simulation die Urne zu leeren und wieder neu zu befüllen!
(Sonst hätte man ja immer die selben 3 Kugeln drin.)
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> Al-Chwarizmi,
> du hast doch so ein tolles Simulations-Programm.
>
> Dann simuliere das doch mal:
>
> 3 Kugeln kommen in die Urne. Jede hat mit 25%iger
> Wahrscheinlichkeit eine der Farben Rot, Blau, Schwarz und
> Weiß (alternativ: Zahlen 1 - 4)
>
> Nun wird eine der Kugeln zufällig gezogen und wieder
> reingelegt.
>
> Dann wird erneut eine der Kugeln zufällig gezogen.
>
> In wie viel Prozent der Fälle haben beide Kugeln die selbe
> Farbe (Zahl)?
>
>
> Nicht vergessen, nach jeder Simulation die Urne zu leeren
> und wieder neu zu befüllen!
> (Sonst hätte man ja immer die selben 3 Kugeln drin.)
Hallo Ralph,
ich habe zwar schon verschiedenste Simulations-
Programme gemacht, meistens aber immer wieder neu.
Doch ich geh gleich dran und liefere dir das Ergebnis !
Bis später ...
Al
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... die Simulation:
Das Programm(Top-Pascal):
PROGRAM Kugeln_aus_Urne;
const Laeufe=30000;
var Farbe: array[1..3] of integer;
Lauf,Farbe1,Farbe2,Anzahl_Gleiche: integer;
Prozent:real;
{----------------------------------------------------}
procedure Urne_fuellen;
var Kugel:integer;
begin
for Kugel:=1 to 3 do Farbe[Kugel]:=urandom1n(4)
end;
{----------------------------------------------------}
BEGIN
Anzahl_Gleiche:=0;
for Lauf:=1 to Laeufe do
begin
Urne_fuellen;
Farbe1:=Farbe[urandom1n(3)];
Farbe2:=Farbe[urandom1n(3)];
if Farbe2=Farbe1 then Anzahl_Gleiche:=Anzahl_Gleiche+1
end;
Prozent:=Anzahl_Gleiche/Laeufe*100;
cleartext;
textstyle([0,2]);writeln('Ergebnis');
textstyle([0]);writeln;
writeln('Anzahl Läufe:',Laeufe:9);
writeln('Anzahl Gleiche:',Anzahl_Gleiche:7);
writeln; writeln('W'keit:',Prozent:15:1,' %')
END.
Ergebnis:
Anzahl Läufe: 30000
Anzahl Gleiche: 14919
W'keit: 49.7 %
Es sieht sehr danach aus, dass [mm] p=\frac{1}{2} [/mm] richtig sein könnte ... hmmmm ...
(da müsste sich jemand selber bei der Nase nehmen ...)
(und dabei klang doch meine Argumentation so überzeugend !) [plärr]
Gruß Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:30 Sa 14.11.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Da fällt mir ein: Vor rund 20 Jahren hatte ich mich auch mal an Pascal-Programmierung versucht. Das Selber-Schreiben war mir aber zu aufwändig. Zumindest kann ich jetzt aber so einigermaßen nachvollziehen, wie das funktioniert. Genau so, wie du das simuliert hast, hatte ich das nämlich auch gemeint.
Nun ja, mit so einer Simulation kann man seine Rechen-Ergebnisse leicht überprüfen - insbesondere bei der Wahrscheinlichkeitsrechung: da sollten Rechen-Ergebnis und Simulations-Ergebnis ungefähr übereinstimmen.
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> Al-Chwarizmi,
> ehrlich gesagt, verstehe ich deine Interpretation (B)
> nicht, bzw. verstehe nicht, dass meine Aufgabe überhaupt
> auf unterschiedliche Weisen interpretiert werden kann.
>
> In (B) sagst du "Um sicher zu gehen, dass mindestens eine
> rote Kugel in der Urne ist, legt man zuallererst eine
> solche hinein."
> Genau das ist dein Irrtum. Man legt nicht mit Absicht eine
> rote Kugel hinein. Sondern erst nachdem man eine rote Kugel
> gezogen (und wieder hineingelegt) hat, weiß man, dass sich
> mindestens eine rote Kugel in der Urne befindet.
>
> Wenn man stattdessen eine schwarze Kugel zieht, dann weiß
> man, dass sich mindestens eine schwarze Kugel in der Urne
> befindet. Und dann wäre ja die Frage: Wie groß ist die
> Wahrscheinlichkeit, beim zweiten Ziehen erneute eine
> schwarze Kugel zu ziehen?
>
> Es geht ja darum, beim zweiten Ziehen die selbe Farbe zu
> haben wie beim ersten Ziehen. Welche der vier Farben das
> ist, ist völlig egal.
>
> Und deshalb muss man die Urne nicht vorher manipulieren,
> so wie Option B das suggeriert.
Hallo rabilein,
da hast du mich in einem wichtigen Punkt missverstanden.
Natürlich ist die Interpretation (A) diejenige, die wir
wirklich meinen. Ich bin auch stets davon ausgegangen.
(B) ist also keineswegs "meine" Interpretation, sondern
entspricht (nicht vom Vorgehen bei der Befüllung der Urne
her, aber was die Rechnung betrifft) der Berechnung, die
du machst: eine bestimmte Kugel ist mit p=1 rot, die an-
deren beiden je mit [mm] p=\frac{1}{4}). [/mm]
Nachdem nun aber die Simulation gezeigt hat, dass doch
[mm] p=\frac{1}{2} [/mm] die korrekte Antwort auf die Frage sein muss, habe
ich eine neue Aufgabe, nämlich herauszufinden, was genau
an meiner Rechnung mit dem Ergebnis [mm] p=\frac{48}{111}=\frac{16}{37} [/mm] denn falsch
war.
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:32 Fr 13.11.2009 | | Autor: | rabilein1 |
AUFGABE:
Angenommen, es gäbe nur 4 Farben, von denen jede mit der gleichen Wahrscheinlichkeit auftritt.
Aus einer Urne mit 3 Kugeln wird eine Kugel gezogen und wieder in die Urne zurück gelegt.
Ich behaupte nun, dass beim zweiten Ziehen mit 50%ger Wahrscheinlichkeit eine Kugel mit der gleichen Farbe gezogen wird wie beim ersten Ziehen.
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LÖSUNG:
[mm] \bruch{1}{3}*1 [/mm] + [mm] \bruch{1}{3}*0.25 [/mm] + [mm] \bruch{1}{3}*0.25 [/mm] = 0.5
Das war eigentlich alles.
Noch die Begründung:
Das [mm] \bruch{1}{3} [/mm] ist jeweils die Wahrscheinlichkeit, mit der jede der 3 in der Urne befindlichen Kugeln gezogen wird.
Die 1 (im ersten Summanden) ist die 100%ige Sicherheit, dass die erste Kugel die selbe Farbe hat wie die vorher gezogene Kugel.
Die 0.25 (im zweiten und dritten Summanden) ist die 25%ige Wahrscheinlichkeit, mit der die zweite bzw. dritte Kugel die selbe Farbe hat wie die vorher gezogene Kugel.
Wie gesagt: Das war alles.
Und deshalb wundert mich, dass das soooo kompliziert gemacht wurde.
Die Anzahl der positiven Resultate durch die Anzahl der Möglichkeiten zu dividieren, ist zwar grundsätzlich okay und würde auch zum selben Resultat führen. Dass die Rechnung dann aber extrem aufwändig und fehlerträchtig wird, hat man gesehen.
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Hallo an alle !
Nachdem nun die Simulation gezeigt hat, dass doch [mm] p=\frac{1}{2} [/mm]
die korrekte Antwort auf die Frage sein muss, habe
ich eine neue Aufgabe, nämlich herauszufinden, was genau
an meiner Rechnung mit dem Ergebnis [mm] p=\frac{48}{111}=\frac{16}{37} [/mm] denn falsch
war. Ich wiederhole meinen Gedankengang und hoffe, dass
mir jemand zeigen kann, wo dabei ein Fehler ist.
Es gibt genau [mm] 4^3=64 [/mm] unterschiedliche Arten, wie die Urne
befüllt sein kann (dabei werden die Kugeln intern als
nummerierte "Individuen" betrachtet). Alle diese 64 Mög-
lichkeiten haben die gleiche Auftretenswahrscheinlichkeit.
Nachdem wir den ersten Zug getan haben und festgestellt
haben, dass eine rote Kugel in der Urne ist, kommen von
den 64 grundsätzlich möglichen Urnenbefüllungen all jene
[mm] 3^3=27 [/mm] nicht mehr in Frage, bei welchen keine rote Kugel
drin ist. Es bleiben also 64-27=37 mögliche Befüllungen
übrig. Wählt man von diesen 37 möglichen befüllten Urnen
zufällig eine aus (je mit [mm] p=\frac{1}{37}) [/mm] und zieht aus dieser
Urne eine Kugel, so ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies
eine rote Kugel ist, gleich [mm] \frac{1}{37}*1+\frac{9}{37}*\frac{2}{3}+\frac{27}{37}*\frac{1}{3}=\frac{16}{37} [/mm] ,
denn in einer dieser Urnen (<111>) sind drei rote Kugeln,
in 9 Urnen je zwei und in 27 je eine.
Nun, was ist an diesen Überlegungen falsch ?
LG Al
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:31 Fr 13.11.2009 | | Autor: | statler |
Hi,
ich bin Stochastik-Laie und auch auf die Gefahr einer Blamage:
Ich glaube, du müßtest mit bedingten Wahrscheinlichkeiten hantieren, und dann hast du (bei deinem Ansatz) keine Laplace-Verteilung mehr.
Wir sind uns einig, daß wir bei den 64 Fällen Gleichvert. haben. Jetzt stell dir vor, die Kugeln liegen nebeneinander, und du ziehst die linke, die dann rot sein soll. Das trifft in 1/4 der Fälle zu, was ja auch kein Wunder ist. Aber jetzt ist doch die W. für 3 rote Kugeln (unter der Bedingung, daß die gezogene rot ist) = 1/16. Entsprechend für die beiden anderen Möglichkeiten 6/16 und 9/16.
Ich will am WE noch mal in mich gehen bzgl. dieser Sache, diese Stochastik bietet immer Überraschungen.
Gruß und frohes Schaffen und Denken
Dieter
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:11 Fr 13.11.2009 | | Autor: | abakus |
> Hi,
>
> ich bin Stochastik-Laie und auch auf die Gefahr einer
> Blamage:
>
> Ich glaube, du müßtest mit bedingten Wahrscheinlichkeiten
> hantieren, und dann hast du (bei deinem Ansatz) keine
> Laplace-Verteilung mehr.
> Wir sind uns einig, daß wir bei den 64 Fällen
> Gleichvert. haben. Jetzt stell dir vor, die Kugeln liegen
> nebeneinander, und du ziehst die linke, die dann rot sein
> soll. Das trifft in 1/4 der Fälle zu, was ja auch kein
> Wunder ist. Aber jetzt ist doch die W. für 3 rote Kugeln
> (unter der Bedingung, daß die gezogene rot ist) = 1/16.
> Entsprechend für die beiden anderen Möglichkeiten 6/16
> und 9/16.
>
> Ich will am WE noch mal in mich gehen bzgl. dieser Sache,
> diese Stochastik bietet immer Überraschungen.
>
> Gruß und frohes Schaffen und Denken
> Dieter
Hallo Leute,
ich würde zuerst die Befüllungssituation wahrscheinlichkeitstechnisch klären.
Fall 1: 3 gleiche Farben (Wahrscheinlichkeit 1/16)
Fall 2: 2 gleiche und eine andere: 6/16
Fall 3: 3 verschiedene: 9/16
Oh, das ist ja genau das, was Dieter zuletzt genannt hat.
Im ersten Fall sind 2 Gleiche das sichere Ereignis.
Im zweiten Fall zieht man sie mit (2/3)*(2/3)+(1/3)*(1/3), also 5/9.
Im dritten Fall zieht man sie mit 1/3.
Das Endergebnis lautet also nach Pfadregeln (1/16)*1 + (6/16)*(5/9) + (9/16)*(1/3) = 1/16 + 5/24 + 3/16 .
Das sind allerdings 11/24.
Gruß Abakus
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> Hallo Leute,
> ich würde zuerst die Befüllungssituation
> wahrscheinlichkeitstechnisch klären.
> Fall 1: 3 gleiche Farben (Wahrscheinlichkeit 1/16)
> Fall 2: 2 gleiche und eine andere: 6/16
> Fall 3: 3 verschiedene: 9/16
> Oh, das ist ja genau das, was Dieter zuletzt genannt hat.
> Im ersten Fall sind 2 Gleiche das sichere Ereignis.
> Im zweiten Fall zieht man sie mit (2/3)*(2/3)+(1/3)*(1/3),
> also 5/9.
> Im dritten Fall zieht man sie mit 1/3.
> Das Endergebnis lautet also nach Pfadregeln (1/16)*1 +
> (6/16)*(5/9) + (9/16)*(1/3) = 1/16 + 5/24 + 3/16 .
> Das sind allerdings 11/24.
Oha ...
ich suche aber jetzt nicht noch einen anderen
Lösungsweg, sondern möchte nur wissen, was an
meiner Überlegung falsch war. Dachte schon ich
sei der Sache auf der Spur (keine Gleichvertei-
lung unter den 37 Fällen), aber da kam auch was
andres raus.
(Rabilein wird sich ins Fäustchen lachen ...  )
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:04 Fr 13.11.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Ich lache mir nicht ins Fäustchen. Ich bin lediglich ziemlich verwundert, dass diese Aufgabe, die ich subjektiv als leicht angesehen hatte, so viel Kopfzerbrechen bereitet hat.
Der Hinweis mit der Simulation war eher als Scherz gemeint. Ich hatte ja ausgerechnet, dass da 50% raus kommt. Jedes davon stark abweichende Ergebnis hätte mich ziemlich verwundert.
Es gibt ja in der Mathematik einen wichtigen Grundsatz:
Auch dann, wenn es unterschiedliche Ansätze gibt, wie man eine Aufgabe löst, muss im Endeffekt das selbe raus kommen.
Wie die Aufgabe zu lösen ist, hatte ich ja bereits geschrieben. Insofern stand das Ergebnis ja schon fest. (Es sei denn, man hätte nachweisen können, dass ich einen Fehler in der Logik oder in der Berechnung gemacht hätte). Auch ein anderer Ansatz kann dann nicht mehr ein anderes Resultat liefern.
Um deine Frage – was bei Ansatz B falsch war – zu beantworten: Du bist viel zu kompliziert an die Sache ran gegangen. Der Ansatz mit den 64 Möglichkeiten war eigentlich schon falsch - bzw. er führte von Anfang an in die falsche Richtung. In so einem Fall ist es dann schwierig, dann noch die Kurve zu kriegen, so dass wenigstens das End-Ergebnis noch richtig ist.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:19 Fr 13.11.2009 | | Autor: | abakus |
> Ich lache mir nicht ins Fäustchen. Ich bin lediglich
> ziemlich verwundert, dass diese Aufgabe, die ich subjektiv
> als leicht angesehen hatte, so viel Kopfzerbrechen bereitet
> hat.
>
> Der Hinweis mit der Simulation war eher als Scherz gemeint.
> Ich hatte ja ausgerechnet, dass da 50% raus kommt. Jedes
> davon stark abweichende Ergebnis hätte mich ziemlich
> verwundert.
>
> Es gibt ja in der Mathematik einen wichtigen Grundsatz:
> Auch dann, wenn es unterschiedliche Ansätze gibt, wie man
> eine Aufgabe löst, muss im Endeffekt das selbe raus
> kommen.
>
> Wie die Aufgabe zu lösen ist, hatte ich ja bereits
> geschrieben. Insofern stand das Ergebnis ja schon fest. (Es
> sei denn, man hätte nachweisen können, dass ich einen
> Fehler in der Logik oder in der Berechnung gemacht hätte).
> Auch ein anderer Ansatz kann dann nicht mehr ein anderes
> Resultat liefern.
>
> Um deine Frage – was bei Ansatz B falsch war – zu
> beantworten: Du bist viel zu kompliziert an die Sache ran
> gegangen. Der Ansatz mit den 64 Möglichkeiten war
> eigentlich schon falsch
Nicht unbedingt. Er entspricht meinen 16 Füllvarianten (von denen eine, neun bzw. sechs auf meine drei Fälle führen) Ich habe nur mit einer beliebigen Anfangsfarbe gearbeitet, während man auch jede der 4 Farben als konkrete Anfangsfarbe nehmen kann und somit die vierfache Anzahl von Möglichkeiten hat.
Gruß Abakus
> - bzw. er führte von Anfang an in
> die falsche Richtung. In so einem Fall ist es dann
> schwierig, dann noch die Kurve zu kriegen, so dass
> wenigstens das End-Ergebnis noch richtig ist.
>
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:00 Fr 13.11.2009 | | Autor: | rabilein1 |
> > Der Ansatz mit den 64 Möglichkeiten war
> > eigentlich schon falsch
> Nicht unbedingt. Er entspricht meinen 16 Füllvarianten...
Natürlich kann man so vorgehen.
Auch bei anderen Aufgaben ist mir aufgefallen, dass viele Leute diesen Ansatz wählen (erst mal alle Möglichkeiten ermiteln, dann die Positiven und beides dann durcheinander dividieren).
Das ist grundsätzlich auch nicht verkehrt, führt allerdings in einigen Fällen - wie hier - zu unnötigen Komplkationen.
Wo es einfacher geht, sollte man es auch einfacher machen.
"Einfacher" heißt: Sofort mit den Wahrscheinlichkeiten beginnen - und nicht mit allen möglichen Möglichkeiten.
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> Der Hinweis mit der Simulation war eher als Scherz gemeint.
> Ich hatte ja ausgerechnet, dass da 50% raus kommt. Jedes
> davon stark abweichende Ergebnis hätte mich ziemlich
> verwundert.
Nun ja, ich hatte auch gerechnet, und ich habe [mm] \frac{16}{37}
[/mm]
erhalten, und war verwundert, als die Simulation bei
30000 Läufen ungefähr 15000 mit Farbe1=Farbe2
lieferte ...
> Es gibt ja in der Mathematik einen wichtigen Grundsatz:
> Auch dann, wenn es unterschiedliche Ansätze gibt, wie man
> eine Aufgabe löst, muss im Endeffekt das selbe raus
> kommen.
Klar, jedenfalls wenn die Aufgabe klar gestellt und
eindeutig lösbar ist.
> Wie die Aufgabe zu lösen ist, hatte ich ja bereits
> geschrieben. Insofern stand das Ergebnis ja schon fest.
Natürlich meinte ich das auch
> Um deine Frage – was bei Ansatz B falsch war – zu
> beantworten: Du bist viel zu kompliziert an die Sache ran
> gegangen.
Moment mal : der Ansatz B entspricht ja eben genau
deiner Rechnung, nicht meiner (offenbar falschen).
> Der Ansatz mit den 64 Möglichkeiten war
> eigentlich schon falsch
das glaube ich nicht ...
> - bzw. er führte von Anfang an in
> die falsche Richtung. In so einem Fall ist es dann
> schwierig, dann noch die Kurve zu kriegen, so dass
> wenigstens das End-Ergebnis noch richtig ist.
Mir ist sehr wohl bewusst, dass es geschicktere und
weniger geschickte bis sehr ungeschickte Ansätze
geben kann, bei welchen alles sehr kompliziert wird.
Doch wie du sagst: bei richtiger Durchführung eines
auch komplizierten, aber gangbaren Weges muss
man zwangsläufig zum richtigen Ergebnis kommen.
Nun ist mir einfach noch immer nicht ganz klar, wo
genau ich vom Weg abgekommen bin. In solchen
Sachen bin ich ziemlich hartnäckig, denn aus eigenen
Fehlern lernt man am meisten, wenn man sie verar-
beitet.
Gruß und schönen Abend ! Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:15 Fr 13.11.2009 | | Autor: | rabilein1 |
> Nun ist mir einfach noch immer nicht ganz klar, wo
> genau ich vom Weg abgekommen bin.
Die Sache mit den 37 verbliebenen Möglichkeiten ist zunächst einmal ja auch in Ordnung.
Aber nun müsstest du eigentlich (korrekter-weise) "rückwärts" ermitteln:
Für jeden einzelnen dieser 37 "Töpfe" stellt sich doch die Frage: Wie groß war denn eigentlich die Wahrscheinlichkeit, dass ich beim Ziehen einer roten Kugel (Ergebnis des ersten Ziehens) genau diesen "Topf" erwischt habe?
Das hast du scheinbar völlig außer Acht gelassen, sonst hättest du die "37" nicht einfach so in den Nenner geschrieben.
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> Die Sache mit den 37 verbliebenen Möglichkeiten ist
> zunächst einmal ja auch in Ordnung.
>
> Aber nun müsstest du eigentlich (korrekter-weise)
> "rückwärts" ermitteln:
> Für jeden einzelnen dieser 37 "Töpfe" stellt sich doch
> die Frage: Wie groß war denn eigentlich die
> Wahrscheinlichkeit, dass ich beim Ziehen einer roten Kugel
> (Ergebnis des ersten Ziehens) genau diesen "Topf" erwischt
> habe?
>
> Das hast du scheinbar völlig außer Acht gelassen ....
Nein, auch daran habe ich gedacht - bin aber durch
eine entsprechende Rechnung auch nicht zum richtigen
Ergebnis gekommen.
Na gut, es ist Freitag der dreizehnte ... vielleicht
gehöre ich ja entgegen allem Anschein doch zu
den Paraskavedekatriaphoben - das ist ein Wort,
auf das ich erst gestern (ohne an das aktuelle
Datum überhaupt zu denken !) gestoßen bin ...
LG
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:15 Fr 13.11.2009 | | Autor: | ms2008de |
Hallo abakus>
> Hallo Leute,
> ich würde zuerst die Befüllungssituation
> wahrscheinlichkeitstechnisch klären.
> Fall 1: 3 gleiche Farben (Wahrscheinlichkeit 1/16)
> Fall 2: 2 gleiche und eine andere: 6/16
> Fall 3: 3 verschiedene: 9/16
Also meiner Meinung nach müsstest du die Wahrscheinlichkeiten für Fall 2 und 3 gerade tauschen, denn 3 verschiedene Farben tritt in 4*3*2=24 der 64 Fälle auf, also 6/16 entsprechend tritt die 2+1-Mischung in 64-24-4=36 der 64 Fällen auf, womit man auf 9/16 kommt.
> Oh, das ist ja genau das, was Dieter zuletzt genannt hat.
> Im ersten Fall sind 2 Gleiche das sichere Ereignis.
> Im zweiten Fall zieht man sie mit (2/3)*(2/3)+(1/3)*(1/3),
> also 5/9.
> Im dritten Fall zieht man sie mit 1/3.
> Das Endergebnis lautet also nach Pfadregeln (1/16)*1 +
> (6/16)*(5/9) + (9/16)*(1/3) = 1/16 + 5/24 + 3/16 .
> Das sind allerdings 11/24.
Nein, das sind genau 1/2 nach meinem Ansatz oben.
Viele Grüße
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:38 Fr 13.11.2009 | | Autor: | abakus |
> Hallo abakus>
> > Hallo Leute,
> > ich würde zuerst die Befüllungssituation
> > wahrscheinlichkeitstechnisch klären.
> > Fall 1: 3 gleiche Farben (Wahrscheinlichkeit 1/16)
> > Fall 2: 2 gleiche und eine andere: 6/16
> > Fall 3: 3 verschiedene: 9/16
> Also meiner Meinung nach müsstest du die
> Wahrscheinlichkeiten für Fall 2 und 3 gerade tauschen,
> denn 3 verschiedene Farben tritt in 4*3*2=24 der 64 Fälle
> auf, also 6/16 entsprechend tritt die 2+1-Mischung in
> 64-24-4=36 der 64 Fällen auf, womit man auf 9/16 kommt.
Hallo,
mit welcher Wahrscheinlichkeit tritt beim Befüllen des Gefäßes der Fall (2+1) auf?
Wir legen eine erste Kugel hinein. Die hat mir der Wahrscheinlichkeit p=1 eine Fabe (egal welche).
Oh verdammt, jetzt sehe ich erst meinen Fehler.
Ich hatte nur die Fälle berücksichtigt, dass die zweite Kugel die gleiche und die dritte Kugel eine andere Farbe hat und umgekehrt.
Es gibt ja noch den dritten Fall, dass die zweite und dritte Kugel untereinander gleich und von der ersten verschieden sind.
Die Wahrscheinlichkeit für die Befüllung (2+1) ist somit
1*(1/4)*(3/4) + 1*(3/4)*(1/4) + 1*(3/4)*(1/4) = 9/16.
Das Endergebnis lautet also nach Pfadregeln tatsächlich
(1/16)*1 + (9/16)*(5/9) + (6/16)*(1/3) = 1/16 + 5/16 + 2/16 = 8/16 =0,5.
Ich schäm mich ja so ....
> > Oh, das ist ja genau das, was Dieter zuletzt genannt
> hat.
> > Im ersten Fall sind 2 Gleiche das sichere Ereignis.
> > Im zweiten Fall zieht man sie mit
> (2/3)*(2/3)+(1/3)*(1/3),
> > also 5/9.
> > Im dritten Fall zieht man sie mit 1/3.
> > Das Endergebnis lautet also nach Pfadregeln (1/16)*1 +
> > (6/16)*(5/9) + (9/16)*(1/3) = 1/16 + 5/24 + 3/16 .
> > Das sind allerdings 11/24.
> Nein, das sind genau 1/2 nach meinem Ansatz oben.
>
>
> Viele Grüße
>
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:13 Fr 13.11.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Wie ich eben schon weiter oben schrieb:
Ihr geht viel viel viel zu kompliziert an die ganze Sache ran.
Und dann passieren eben recht viele Logik- und Rechenfehler.
Warum seid ihr nicht den „einfachen“ Weg gegangen? (So, wie ich das vorgemacht hatte)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:02 Fr 13.11.2009 | | Autor: | abakus |
> Hallo an alle !
>
> Nachdem nun die Simulation gezeigt hat, dass doch
> [mm]p=\frac{1}{2}[/mm]
> die korrekte Antwort auf die Frage sein muss, habe
> ich eine neue Aufgabe, nämlich herauszufinden, was genau
> an meiner Rechnung mit dem Ergebnis
> [mm]p=\frac{48}{111}=\frac{16}{37}[/mm] denn falsch
> war. Ich wiederhole meinen Gedankengang und hoffe, dass
> mir jemand zeigen kann, wo dabei ein Fehler ist.
> Es gibt genau [mm]4^3=64[/mm] unterschiedliche Arten, wie die Urne
> befüllt sein kann (dabei werden die Kugeln intern als
> nummerierte "Individuen" betrachtet). Alle diese 64 Mög-
> lichkeiten haben die gleiche Auftretenswahrscheinlichkeit.
> Nachdem wir den ersten Zug getan haben und festgestellt
> haben, dass eine rote Kugel in der Urne ist, kommen von
> den 64 grundsätzlich möglichen Urnenbefüllungen all jene
> [mm]3^3=27[/mm] nicht mehr in Frage, bei welchen keine rote Kugel
> drin ist. Es bleiben also 64-27=37 mögliche Befüllungen
> übrig. Wählt man von diesen 37 möglichen befüllten
> Urnen
> zufällig eine aus (je mit [mm]p=\frac{1}{37})[/mm] und zieht aus
> dieser
> Urne eine Kugel, so ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies
> eine rote Kugel ist, gleich
> [mm]\frac{1}{37}*1+\frac{9}{37}*\frac{2}{3}+\frac{27}{37}*\frac{1}{3}=\frac{16}{37}[/mm]
> ,
> denn in einer dieser Urnen (<111>) sind drei rote Kugeln,
> in 9 Urnen je zwei und in 27 je eine.
>
> Nun, was ist an diesen Überlegungen falsch ?
Hallo,
das erinnert mich ein wenig an das Ziegenproblem.
Nachdem du eine Teilinformation hast, sonderst du die jetzt unmöglichen Fälle aus und verkaufst die dadurch entstehende bedingte Wahrscheinlichkeit als absolute Wahrscheinlichkeit.
Und jetzt kannst du dich mit meinem Lösungsweg auseinandersetzen...
Gruß Abakus
>
>
> LG Al
>
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> > Hallo an alle !
> >
> > Nachdem nun die Simulation gezeigt hat, dass doch
> > [mm]p=\frac{1}{2}[/mm]
> > die korrekte Antwort auf die Frage sein muss, habe
> > ich eine neue Aufgabe, nämlich herauszufinden, was genau
> > an meiner Rechnung mit dem Ergebnis
> > [mm]p=\frac{48}{111}=\frac{16}{37}[/mm] denn falsch
> > war. Ich wiederhole meinen Gedankengang und hoffe, dass
> > mir jemand zeigen kann, wo dabei ein Fehler ist.
> > Es gibt genau [mm]4^3=64[/mm] unterschiedliche Arten, wie die
> Urne
> > befüllt sein kann (dabei werden die Kugeln intern als
> > nummerierte "Individuen" betrachtet). Alle diese 64
> Mög-
> > lichkeiten haben die gleiche
> Auftretenswahrscheinlichkeit.
> > Nachdem wir den ersten Zug getan haben und festgestellt
> > haben, dass eine rote Kugel in der Urne ist, kommen von
> > den 64 grundsätzlich möglichen Urnenbefüllungen all jene
> > [mm]3^3=27[/mm] nicht mehr in Frage, bei welchen keine rote Kugel
> > drin ist. Es bleiben also 64-27=37 mögliche Befüllungen
> > übrig. Wählt man von diesen 37 möglichen befüllten
> > Urnen
> > zufällig eine aus (je mit [mm]p=\frac{1}{37})[/mm] und zieht
> aus
> > dieser
> > Urne eine Kugel, so ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies
> > eine rote Kugel ist, gleich
> >
> [mm]\frac{1}{37}*1+\frac{9}{37}*\frac{2}{3}+\frac{27}{37}*\frac{1}{3}=\frac{16}{37}[/mm]
> > ,
> > denn in einer dieser Urnen (<111>) sind drei rote
> Kugeln,
> > in 9 Urnen je zwei und in 27 je eine.
> >
> > Nun, was ist an diesen Überlegungen falsch ?
> Hallo,
> das erinnert mich ein wenig an das Ziegenproblem.
> Nachdem du eine Teilinformation hast, sonderst du die
> jetzt unmöglichen Fälle aus und verkaufst die dadurch
> entstehende bedingte Wahrscheinlichkeit als absolute
> Wahrscheinlichkeit.
>
> Und jetzt kannst du dich mit meinem Lösungsweg
> auseinandersetzen...
>
> Gruß Abakus
Hallo Abakus,
Ich verstehe ja deine Lösung, und mittlerweile auch die
von Rabilein, die rechnerisch dem früher erwähnten
"Modell B" entspricht. Doch sehe ich noch immer nicht
genau, wo ich bei meinem Weg gefehlt habe.
Eine Parallele zum Ziegenproblem sehe ich nicht, denn
dort geht es ja um eine "Strategiewahl", die wir hier gar
nicht haben. Nach dem Zug einer roten Kugel wissen wir
einfach etwas mehr: in der Urne ist mindestens eine
rote Kugel. Weshalb soll ich also nicht die nach dem Zug
einer roten Kugel unmöglichen Fälle aussortieren können ?
Genau auf diese Weise geht man doch vor, wenn bei einem
Versuch eine neue Information auftritt. Dadurch werden
bisher bedingte zu absoluten Wahrscheinlichkeiten.
Natürlich erkenne ich, dass ich mit meinen Brüchen mit
dem Nenner 37 nie und nimmer auf die Wahrscheinlich-
keit [mm] p=\frac{1}{2} [/mm] kommen kann.
Ich habe mir seit langer Zeit nicht mehr derart den Kopf
zerbrochen wie an dieser Aufgabe ... ich habe sogar ein
wenig darüber spekuliert, ob gewisse Rätsel der Quanten-
theorie auf vergleichbaren Problemen mit der Individualität
oder Austauschbarkeit von "Teilchen" beruhen könnten.
Ich weiß, dieser Gedanke mag vielleicht etwas weit herge-
holt scheinen, doch er soll keineswegs als Verbrämung
meiner momentanen Unfähigkeit, einen Fehler zu erken-
nen, missverstanden werden ...
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:46 Fr 13.11.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Ich sehe durchaus eine Parallele zum "Ziegenproblem". Nämlich, dass sich durch eine neue Information eine völlig neue Situation ergibt.
Und genau da scheint mir dein Fehler zu liegen. Du gehst einfach von der alten Situation aus und streichst lediglich die Fälle weg, die es nun nicht mehr gibt.
Das ist m.E. ein logisch-falscher Ansatz und zwar, weil du jeder der verliebenen Möglichkeiten die selbe Wahrscheinlichkeit zuweist.
Genau DAS scheint in meinen Augen der Fehler zu sein: Du ignorierst die Gesetze der Wahrscheinlichkeits-Rechnung.
Wie gesagt: Mit dem komplizierten Ansatz, den du gewählt hast, hätte ich es auch nicht rausgekriegt.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:00 Fr 13.11.2009 | | Autor: | ms2008de |
Hallo Al,
Mir bereitet dein Ansatz auch viel Kopfzerbrechen, ich glaub aber langsam nen Ansatz zu haben woran es liegen könnte.
Wenn du im ersten Zug eine rote Kugel ziehst, gehst trotzdem noch immer davon aus, dass alle 37 Urnen in denen sich eine rote Kugel befindet gleich wahrscheinlich sind und ich glaube gerade hierin liegt der Denkfehler.
Mal angenommen wir hätten gleich viele Urnen in denen 2 rote Kugeln liegen wie wir Urnen mit einer roten Kugel hätten.
Nun ziehst du im ersten Zug eine rote Kugel, woraus stammt diese rote kugel wohl wahrscheinlicher: Aus einer Urne in der 2 rote Kugeln liegen oder aus einer in der nur eine rote Kugel liegt...?
Viele Grüße
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:14 Fr 13.11.2009 | | Autor: | ms2008de |
Also ich geh mal stark davon aus, dass wenn mans auf Al´s Weise lösen will, man noch den Satz von Bayes bräuchte
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> Hallo Al,
>
> Mir bereitet dein Ansatz auch viel Kopfzerbrechen, ich
> glaub aber langsam nen Ansatz zu haben woran es liegen
> könnte.
> Wenn du im ersten Zug eine rote Kugel ziehst, gehst
> trotzdem noch immer davon aus, dass alle 37 Urnen in denen
> sich eine rote Kugel befindet gleich wahrscheinlich sind
> und ich glaube gerade hierin liegt der Denkfehler.
> Mal angenommen wir hätten gleich viele Urnen in denen 2
> rote Kugeln liegen wie wir Urnen mit einer roten Kugel
> hätten.
> Nun ziehst du im ersten Zug eine rote Kugel, woraus stammt
> diese rote kugel wohl wahrscheinlicher: Aus einer Urne in
> der 2 rote Kugeln liegen oder aus einer in der nur eine
> rote Kugel liegt...?
>
> Viele Grüße
Ich hielt meinen Ansatz zuerst durchaus für natürlich und
keineswegs kompliziert. Auch daran, dass diese 37 noch
möglichen Urnen eigentlich mit Wahrscheinlichkeiten
auftreten sollten, die proportional zu den in ihnen ent-
haltenen roten Kugeln sind, hatte ich schon gedacht -
trotzdem mit falschem Ergebnis ...
Na, heute scheint der Wurm drin zu sein, siehe Fr,13. !
Gruß Al
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Hallo Al,
Also es ist wie ich gesagt habe: Wenn du im ersten Zug eine rote Kugel ziehst, dann sind die 37 Urnen in denen sich mind. eine rote Kugel befindet nicht mehr gleich wahrscheinlich. Nach Satz von Bayes kommt die rote Kugel dann zu 6,25% aus der Urne mit 3 roten Kugeln, zu 37,5% aus einer derer mit 2 roten Kugeln und zu 56,25% aus einer derer mit einer roten Kugel.
Somit ergibt sich die Wahrscheinlichkeit: 0,0625*1+ 0,375*2/3 +0,5625*1/3 =0,5 - oh Wunder.
Viele Grüße
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Danke, so etwas wollte ich hören !
Jetzt mach ich dann doch noch Feierabend.
Gruß Al
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:11 Mo 16.11.2009 | | Autor: | statler |
Guten Morgen allerseits, jetzt ich noch mal.
> ... Ich wiederhole meinen Gedankengang und hoffe, dass
> mir jemand zeigen kann, wo dabei ein Fehler ist.
> Es gibt genau [mm]4^3=64[/mm] unterschiedliche Arten, wie die Urne
> befüllt sein kann (dabei werden die Kugeln intern als
> nummerierte "Individuen" betrachtet). Alle diese 64 Mög-
> lichkeiten haben die gleiche Auftretenswahrscheinlichkeit.
> Nachdem wir den ersten Zug getan haben und festgestellt
> haben, dass eine rote Kugel in der Urne ist, kommen von
> den 64 grundsätzlich möglichen Urnenbefüllungen all jene
> [mm]3^3=27[/mm] nicht mehr in Frage, bei welchen keine rote Kugel
> drin ist. Es bleiben also 64-27=37 mögliche Befüllungen
> übrig. Wählt man von diesen 37 möglichen befüllten
> Urnen
> zufällig eine aus ...
Genau das tut man ja nicht! Man muß aus der Urne ziehen, aus der schon die erste Kugel stammt! Und dann sieht der Gedankengang so aus:
Es gibt 64 Anordnungen mit 192 Plätzen, davon 48 rote. Wenn ich jetzt eine rote Kugel ziehe, habe ich mir der W. 3/48, 18/48, 27/48 den Urnentyp 3R, 2R, 1R erwischt. Und aus der gleichen Urne ziehe ich noch mal, das gibt als W. für 'rot'
(3/48)*1 + (18/48)*(2/3) + (27/48)*(1/3) = 1/2
Das Schöne ist jetzt: Diesem meinem eigenen Gedankengang kann ich prima folgen.
Gruß aus HH-Harburg
Dieter
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:23 Mo 16.11.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Sofern man den Ansatz mit den 64 Anordnungen mit 192 Plätzen wählt, ist das so korrekt:
(3/48)*1 + (18/48)*(2/3) + (27/48)*(1/3) = 1/2
Ich finde meinen Ansatz einfacher (siehe weiter oben im Thread).
Er führt auf die simple Formel:
(1/3) * ( 1 + (1/4) + (1/4) ) = 1/2
1/3 ist die Wahrscheinlichkeit, mit der jede der 3 Kugeln aus der Urne gezogen wird.
Die Zahlen in der Klammer sind die Farb-Wahrscheinlichkeiten pro Kugel.
> Das Schöne ist jetzt: Diesem meinem eigenen Gedankengang kann ich prima folgen.
Der Satz ist gut! Den muss ich mir merken!
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