PDA

View Full Version : [Mathematik]: Frage zur bedingten Wahrscheinlichkeit



Askanius
06.12.2009, 18:25
Zuerst mal Hallo an alle! §wink

Ich habe eine Frage zu einer Aufgabe, die ich bis morgen erledigen muss:

Auf einem Straßenfest wird folgendes Spiel angeboten:
Der Spielleiter präsentiert 3 Karten, beidseitig gefärbt, die erste Karte ist auf beiden Seiten schwarz, die zweite auf beiden Seiten rot, die dritte auf einer Seite rot und auf der anderen schwarz.
Die Karten werden in eine Kiste gelegt und man darf blind eine Karte ziehen, von der man jedoch nur die Oberseite, die Rot zeigt, sieht.

Der Spielleiter wettet darauf, dass die unsichtbare Unterseite die selbe Farbe wie die Oberseite hat. Sollte man dagegen wetten?

Ich kann mir schon denken, dass man dies nicht tun sollte, sonst wäre die Frage ja blöd. Aber wie beweise ich das rechnerisch? :dnuhr:

Wäre schön, wenn mir jemand helfen könnte, ich hab aufgegeben...

ojas
06.12.2009, 19:04
Wenn der Spielleiter Schwarz sieht dann wettet er nicht.

Wenn der Spielleiter Rot sieht, dann gibt es folgende Möglichkeiten:

Eine Seite der roten Karte
Andere Seite der roten Karte
Die rote Seite der rot-schwarzen Karte

Diese drei Ereignisse haben die gleiche Wahrscheinlichkeit.

In den ersten zwei Fällen gewinnt der Spielleiter. Im dritten Fall gewinnt der Spieler. Der Spieler hat also eine Gewinnwahrscheinlichkeit on 1/3.

Ob man dagegen wetten sollte, hängt allerdings von der Quote ab, die der Spielleiter anbietet. Bei einer Quote von 1:1 (was implizit der Fall ist wenn keine Quote angegeben ist) ist das ein Verlustgeschäft für den Spieler.

Das ist dir wahrscheinlich (lol) noch nicht mathematisch genug, bestätigt aber deine Vermutung.

BTW: Ziegenproblem (http://de.wikipedia.org/wiki/Ziegenproblem).

Malak
06.12.2009, 19:05
Wie soll alle Karten von oben rot zeigen, wenn eine beidseitig schwarz ist? Na ja...

Ist doch einfach. Du hast 3 Karten, 2 sind mit derselben Karte gefärbt und eine nicht...
Also: P(beide Seiten diesselbe Farbe)=(Anzahl der günstigen Ereignisse)/(Anzahl der möglichen Ereignisse)=2/3

Also hat er die größere Chance, da zu gewinnen...

Thoronador
06.12.2009, 19:35
Wenn der Spielleiter Schwarz sieht dann wettet er nicht.

Wenn der Spielleiter Rot sieht, dann gibt es folgende Möglichkeiten:

Eine Seite der roten Karte
Andere Seite der roten Karte
Die rote Seite der rot-schwarzen Karte

Diese drei Ereignisse haben die gleiche Wahrscheinlichkeit.
Der Spielleiter sieht aber keine schwarze Oberseite, da ja schon in der Aufgabenstellung steht, dass eine Karte mit roter Oberseite gezogen wird. Es handelt sich also entweder um die beidseitig rote Karte oder um die rot-schwarze Karte, die beidseitig schwarze Karte ist ja nicht mehr möglich, wenn schon eine Seite rot ist. ;)
Damit gibt es also nur noch zwei Möglichkeiten:
rot-rote Karte -> Spielleiter gewinnt
rot-schwarze Karte -> Spieler gewinnt
Die Gewinnwahrscheinlichkeit beträgt in diesem Falle also 50% für beide Seiten. Ob man nun dagegen wetten sollte oder nicht, hängt vom Einsatz und möglichen Gewinn des Spieles ab. Wenn der Einsatz kleiner als der mögliche Gewinn ist, dann sollte man dagegen wetten, ansonsten nicht.

Genussmagier
06.12.2009, 19:45
Da nur eine von 2 Karten, die auf mindestens einer der beiden Seiten rot sind, auf beiden Seiten rot ist, ist die Wahrscheinlichkeit, dass die andere Seite auch rot ist, P=1/2

Dass sie nicht rot ist, sondern scharz, ist ebenfalls zu 1/2 wahrscheinlich.

Ausführlich:
Da die gezeigte Kartenseite rot ist, fällt die Karte, die auf beiden Seiten schwarz ist, raus, da keine Seite rot sein kann.
Also bleiben 2 Karten übrig, von denen aber nur eine Karte auf beiden Seiten rot ist.
Also: P=Anzahl der richtigen Karten/ Anzahl der möglichen ziehbaren Karten= 1/2

Für einen selber ist es genau umgekehrt, die Wahrscheinlichkeit zu gewinnen ist aber höher, weil:
Die gezeigte Seite ist rot, also fällt die schwarz-scharze Karte raus.
Es sind noch die rot-schwarze und die rot-rote Karte möglich, also 2 Möglichkeiten.
Nur eine davon, nämlich die rot-schwarze bringt einem selber den Sieg.
Also ist die Wahrscheinlichkeit genau wie oben: P=1/2

Ob man gewinnt oder verliert ist völliger Zufall, gleich großer Zufall, wenn man es genau nimmt.
Für den eigenen Sieg besteht eine Wahrscheinlichkeit von P=50% oder P=1/2 :)

Edit: Manno, da war ich nicht schnell genug.


Die Gewinnwahrscheinlichkeit beträgt in diesem Falle also 50% für beide Seiten. Ob man nun dagegen wetten sollte oder nicht, hängt vom Einsatz und möglichen Gewinn des Spieles ab. Wenn der Einsatz kleiner als der mögliche Gewinn ist, dann sollte man dagegen wetten, ansonsten nicht.
Das mit dem Einsatz habe ich garnicht bedacht, leuchtet aber ein.

ojas
06.12.2009, 19:54
Die Gewinnwahrscheinlichkeit beträgt in diesem Falle also 50% für beide Seiten.

Nein. Es ist so wie ich es gesagt habe. Du hast von meiner Argumentation zu viel zitiert, als das ich einen Fehler erkennen könnte.

Lass es mich so formulieren: Ich habe genug Ahnung von der Materie, um zu wissen das meine Argumentation stichhaltig ist. Es ist zu lange her als das ich es mathematisch präzise formulieren kann. Mir geht es darum, Meisterjäger auf den richtigen Weg zu schicken. Mein Weg ist der richtige.

BTW: Hast du Geld? Können wir uns vielleicht mal treffen?



Also: P=Anzahl der richtigen Karten/ Anzahl der möglichen ziehbaren Karten= 1/2

Nein. P=Anzahl der richtigen Kartenseiten/ Anzahl der möglichen ziehbaren Kartenseiten

Thoronador
06.12.2009, 20:28
Nein. Es ist so wie ich es gesagt habe. Du hast von meiner Argumentation zu viel zitiert, als das ich einen Fehler erkennen könnte.
Du machst einen kleinen und einen größeren Fehler in deiner Argumentation.
Der kleinere ist im Satz "Wenn der Spielleiter Schwarz sieht dann wettet er nicht." zu finden. Wie in der Aufgabenstellung gesagt wurde, sieht man schon die rote Oberseite. Schwarz wird der Spielleiter also nicht sehen. ;) (Ich gehe übrigens von der Annahme aus, dass der Spieler und der Spielleiter die gleiche Seite sehen, denn der Spielleiter wird sich wohl nicht so positionieren, dass er sich unterhalb der gezogenen Karte befindet und so Spieler und Spielleiter zwei verschiedene Seiten sehen.)

Der größere Fehler ist in der Auflistung deiner Möglichkeiten zu finden:

Wenn der Spielleiter Rot sieht, dann gibt es folgende Möglichkeiten:
Eine Seite der roten Karte
Andere Seite der roten Karte
Die rote Seite der rot-schwarzen Karte
Die ersten beiden Möglickeiten, nämlich "eine Seite der roten Karte" und "andere Seite der roten Karte" betreffen die gleiche Karte, also ist das faktisch nur eine Möglichkeit; oder wenn du unbedingt bei zwei Möglichkeiten für die gleiche Karte bleiben möchtest, dann darfst du ihnen nicht die gleiche Wahrscheinlichkeit zuordnen wie der Möglichkeit "rot-schwarze Karte" sondern nur die Hälfte davon, da es ja nicht zwei komplett rote Karten gibt. Egal wie du es machst (solange du es nur richtig machst;)), am Ende ist die Gewinnwahrscheinlichkeit 50%.


Lass es mich so formulieren: Ich habe genug Ahnung von der Materie, um zu wissen das meine Argumentation stichhaltig ist.
Deine Argumentation ist falsch. Das könnte dir jeder Abiturient mit hinreichend Stochastikverständnis und -kenntnis sagen.


BTW: Hast du Geld? Können wir uns vielleicht mal treffen?
Gern. Damit es sich lohnt und das empirische Gesetz der großen Zahlen zutrifft, empfehle ich mindestens 100.000 Durchgänge. Dann wirst du sehen, dass sich -gleichhohen Einsatz und Gewinn vorausgesetzt- dein Gewinn bei Null einpegelt.

Genussmagier
06.12.2009, 20:34
Nein. P=Anzahl der richtigen Kartenseiten/ Anzahl der möglichen ziehbaren Kartenseiten
Nun, das ist richtig, aber so wie ich das sehe ist bei 2 Karten jeweils 2 die gleiche Farbe auf beiden Seiten, daher ist es schlichtweg Jacke wie Hose, ob du bei der rot-roten Karte die eine oder die andere Seite ziehst.

Mal angenommen:
Man hat nur EINE Karte und zwar eine rot-rote, dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass die eine Seite die gleiche Farbe hat wie die andere: P=1/1, weil es auf jeden Fall so ist.
Ob man die Karte herumdreht oder nicht, beinflusst den Versuch nicht.
Sonst wäre die Wahrscheinlichkeit P=1/2, wenn man nach den Kartenseiten und nicht nach den Karten an sich ginge.
Da die Karte aber in beiden Fällen auf beiden Seite rot ist, egal ob die rote oder die rote Seite oben ist :D, ist die Wahrscheinlichkeit P=2/2=1/1.

Du könntest auch einen Würfel nehmen, auf dem alle 6 Seiten rot sind, die wahrscheinlichkeit, dass die gegenüberliegende Seite auf dem Würfel rot ist, bleibt immer gleich.

Askanius
06.12.2009, 21:08
Hey, ihr seid echt klasse!!! :tanz:

Danke für die vielen Antworten! §danke
Da es im Prinzip zwei Meinungen zur Lösung zu geben scheint, werde ich einfach beide Wege in der Aufgabe verfolgen und zwei Versionen abgeben, mal schaun, welche in der Schule als richtig angesehen wird.

Herzlichsten dank an alle,
Meisterjäger

Merdon
06.12.2009, 21:13
Die Wahrscheinlichkeit, dass der Spielleiter gewinnt ist 2/3, hier bekommt man ja einiges haarsträubendes zu lesen. :scared:

Erst mal alle Möglichkeiten, die sich ergeben bei dem Spiel:

P1 (Seite 1 von RotRot - Rot)
P2 (Seite 2 von RotRot - Rot)
P3 (Seite 1 von RotSchwarz - Rot)
P4 (Seite 2 von RotSchwarz - Schwarz)
P5 (Seite 1 von SchwarzSchwarz - Schwarz)
P6 (Seite 2 von SchwarzSchwarz - Schwarz)

Alle diese Ereignisse sind gleichwahrscheinlich, 1/6.
Nach der Aufgabenstellung kommen aber nur P1, P2 und P3 in Frage, da die anderen nicht Rot auf der Oberseite zeigen.

Also:

P1 (Seite 1 von RotRot - Rot)
P2 (Seite 2 von RotRot - Rot)
P3 (Seite 1 von RotSchwarz - Rot)

Diese Ereignisse sind immernoch gleichberechtigt, mittlerweile 1/3, da nur noch 3 verschiedene möglich sind.

Die Rückseite ist bei P1 und P2 ebenfalls Rot da es die Rot-Rote Karte ist. Bei P3 ist die Rückseite Schwarz (Rot-Schwarze Karte). Damit liegt die Wahrscheinlichkeit, dass die Rückseite Rot ist bei 2/3.

Malak
06.12.2009, 21:21
Die Wahrscheinlichkeit, dass der Spielleiter gewinnt ist 2/3, hier bekommt man ja einiges haarsträubendes zu lesen. :scared:

Erst mal alle Möglichkeiten, die sich ergeben bei dem Spiel:

P1 (Seite 1 von RotRot - Rot)
P2 (Seite 2 von RotRot - Rot)
P3 (Seite 1 von RotSchwarz - Rot)
P4 (Seite 2 von RotSchwarz - Schwarz)
P5 (Seite 1 von SchwarzSchwarz - Schwarz)
P6 (Seite 2 von SchwarzSchwarz - Schwarz)

Alle diese Ereignisse sind gleichwahrscheinlich, 1/6.
Nach der Aufgabenstellung kommen aber nur P1, P2 und P3 in Frage, da die anderen nicht Rot auf der Oberseite zeigen.

Also:

P1 (Seite 1 von RotRot - Rot)
P2 (Seite 2 von RotRot - Rot)
P3 (Seite 1 von RotSchwarz - Rot)

Diese Ereignisse sind immernoch gleichberechtigt, mittlerweile 1/3, da nur noch 3 verschiedene möglich sind.

Die Rückseite ist bei P1 und P2 ebenfalls Rot da es die Rot-Rote Karte ist. Bei P3 ist die Rückseite Schwarz (Rot-Schwarze Karte). Damit liegt die Wahrscheinlichkeit, dass die Rückseite Rot ist bei 2/3.

Nein...ihr begeht einen haarsträubenden Fehler. Wir haben zwei Karten, eine ist beidseitig rot und die andere eben nicht. Dabei ist es egal, ob man von der einen Karte die eine oder andere Seite sieht. Karte bleibt Karte. Es wäre so, als würdet ihr von beiden Karten blind eine ziehen, bei einer Karte hast du gewonnen, bei der anderen nicht. So ist das hier, denn man hat nur noch eine Seite. Man könnte genau auch einfach sagen, man hat zwei Karten, auf der Rückseite der einen ist ein x, auf der anderen nicht. Würdest du hier auch behaupten, dass du mit einer Wahrscheinlich von 66% die Karte ohne x ziehst?

Man könnte es auch so sehen: Mit 50% Chance zieht man die gleichfarbige Karte. Mit wieder 50% Chance hat man vorher entweder die eine oder die andere Seite gesehen, mit dem Multiplikationsgesetz ergibt sich also 25% Chance für jedes Ereignis.

Genussmagier
06.12.2009, 21:26
So jetzt ist aber mal wieder gut hier.
Vllt. schreibt Meisterjäger morgen, was sein Lehrer dazu gesagt hat, dann wird es geklärt sein, ich glaube, die Diskussion führt hier zu nichts mehr, wir sind alle stur und kommen keinen Meter weiter :D

Merdon
06.12.2009, 21:29
Nein...ihr begeht einen haarsträubenden Fehler. Wir haben zwei Karten, eine ist beidseitig rot und die andere eben nicht. Dabei ist es egal, ob man von der einen Karte die eine oder andere Seite sieht. Karte bleibt Karte. Es wäre so, als würdet ihr von beiden Karten blind eine ziehen, bei einer Karte hast du gewonnen, bei der anderen nicht. So ist das hier, denn man hat nur noch eine Seite. Man könnte genau auch einfach sagen, man hat zwei Karten, auf der Rückseite der einen ist ein x, auf der anderen nicht. Würdest du hier auch behaupten, dass du mit einer Wahrscheinlich von 66% die Karte ohne x ziehst?

Man könnte es auch so sehen: Mit 50% Chance zieht man die gleichfarbige Karte. Mit wieder 50% Chance hat man vorher entweder die eine oder die andere Seite gesehen, mit dem Multiplikationsgesetz ergibt sich also 25% Chance für jedes Ereignis.

Die Wahrscheinlichkeit, dass du die RR-Karte ziehst ist gleich der RS-Karte. Nur zeigt die RR-Karte zu 100% eine Rote Oberseite, die RS-Karte nur zu 50%, da eine Seite Rot und die andere Schwarz ist. Und wenn die Schwarze Oberseite zu sehen ist, ist der Fall uninteressant.

Es wird also zu 1/3 die RR-Karte gezogen und sie erfüllt zu 100% die Vorraussetzungen -> 1/3
Und zu 1/3 wird die RS-Karte gezogen, sie erfüllt zu 50% die Vorrausetzungen -> 1/6

Und damit ist wohl der Fall der RR-Karte doppelt so häufig wie der der RS-Karte.


Und mir kannst du ruhig vertrauen, ich nehme an, dass du noch nie Wahrscheinlichkeitsrechnung hattest und damit die Aufgabe nicht wirklich lösen kannst.



Edit: Immer schreibt wer was, wenn ich grad nen längeren Post verfasse :/

Malak
06.12.2009, 21:37
Die Wahrscheinlichkeit, dass du die RR-Karte ziehst ist gleich der RS-Karte. Nur zeigt die RR-Karte zu 100% eine Rote Oberseite, die RS-Karte nur zu 50%, da eine Seite Rot und die andere Schwarz ist. Und wenn die Schwarze Oberseite zu sehen ist, ist der Fall uninteressant.

Es wird also zu 1/3 die RR-Karte gezogen und sie erfüllt zu 100% die Vorraussetzungen -> 1/3
Und zu 1/3 wird die RS-Karte gezogen, sie erfüllt zu 50% die Vorrausetzungen -> 1/6

Und damit ist wohl der Fall der RR-Karte doppelt so häufig wie der der RS-Karte.


Und mir kannst du ruhig vertrauen, ich nehme an, dass du noch nie Wahrscheinlichkeitsrechnung hattest und damit die Aufgabe nicht wirklich lösen kannst.



Edit: Immer schreibt wer was, wenn ich grad nen längeren Post verfasse :/

Aber wie du schon sagst, wenn die RS-Karte schwarz zeigt, so ist der Fall uninteressant. Wenn sie aber rot zeigt - und das ist der Fall, wenn man zwei rote obere Seiten sieht - ist die Chance 50%. Denn es sind einfach nur 2 Karten, die gleichberechtigt nebeneinander stehen. Du machst den Fehler, Seite1-RR und Seite 2-RR gleichberechtigt neben RS zu sehen. Das ist eben nicht der Fall. Ein zugehöriges Baumdiagramm würde so aussehen, dass du entweder RS oder RR ziehst - wenn du RR ziehst, könnte man das Baumdiagramm dahingegen erweitern, dass man bei RR mit jeweils 50%iger Chance vorher Seite 1 oder Seite 2 gesehen hat. Laut Pfadregel ergibt das dann jeweils 25% Wahrscheinlichkeit für RR-Seite1 und RR-Seite2. So siehts aus.

Recht hättest du, wenn die Bedingung lauten würde: "Bevor ich die Karten jetzt dorthinein werfe, wette ich, dass die Unterseite einer von dir gezogenen Karten diesselbe Farbe zeigt, wie die obere Seite. Du darfst nur Karten ziehen, die du mit der roten Seite siehst". Dann hättes du recht. Denn dann hätte man in erster Instanz (zeigt die RS-Karte rot oder schwarz) 50% Chance zu verlieren (wenn sie schwarz zeigt man hat verloren, weil die Übrige nur noch die RR-Karte sein kann) und 50% Chance in die nächste Runde zu kommen, wo wieder 50-50 wäre. Aber auch da wäre 2/3 falsch - da wären es dann 3/4.

Merdon
06.12.2009, 21:48
Du stehst gehörig auf dem Schlauch.

Wenn du im Baumdiagramm bei der RS-Karte 50% aufträgst, dann musst du auch auf die weiteren Äste 50% Rot und 50% Schwarz schreiben und nicht 100% Rot, denn dies ist nicht der Fall. Der Fall Schwarz ist zwar nicht interessant, aber deswegen hört er nicht auf zu existieren.

Malak
06.12.2009, 21:53
Du stehst gehörig auf dem Schlauch.

Wenn du im Baumdiagramm bei der RS-Karte 50% aufträgst, dann musst du auch auf die weiteren Äste 50% Rot und 50% Schwarz schreiben und nicht 100% Rot, denn dies ist nicht der Fall. Der Fall Schwarz ist zwar nicht interessant, aber deswegen hört er nicht auf zu existieren.

Die Wette interessiert doch aber nur, wenn die Oberseite rot, so steht es in der Aufgabe geschrieben. Darum geht es. Wenn die gezogene Karte schwarz zeigt, wird gar nicht gewettet. Es steht da, dass die gezogene Karte rot zeigt. Damit scheidet die SS-Karte aus. Man hat entweder die RS oder RR-Karte gezogen, beide mit gleichberechtigter Wahrscheinlichkeit.

Merdon
06.12.2009, 22:06
Die Wette interessiert doch aber nur, wenn die Oberseite rot, so steht es in der Aufgabe geschrieben. Darum geht es. Wenn die gezogene Karte schwarz zeigt, wird gar nicht gewettet. Es steht da, dass die gezogene Karte rot zeigt. Damit scheidet die SS-Karte aus. Man hat entweder die RS oder RR-Karte gezogen, beide mit gleichberechtigter Wahrscheinlichkeit.

Nein. Wenn du die Seiten der RS und RR Karten nummerierst, siehst du es.

Seite 1 RR(R): Nummer 1
Seite 2 RR(R): Nummer 2
Seite 1 RS(R): Nummer 3
Seite 2 RS(S): Nummer 4

Diese Seiten sind alle gleichberechtigt. Stimmst du mir noch zu?

Wann wird gewettet? Wenn Nummer 1, 2 oder 3 offen liegt, bei Nummer 4 trifft die Vorraussetzung nicht ein. Stimmst du mir immer noch zu?

Und da die Seiten vorher gleichberechtigt waren sind sie es auch immernoch, wie sollte es anderes sein, also sind Nummer 1, 2 und 3 gleichberechtigt. Zum 3., stimmst du mir zu?

So, jetzt gibt es 3 gleichberechtigte Fälle. In 2 davon ist Rot die Gegenseite, in einem Schwarz. Damit ist zu 2/3 Rot auf der Rückseite. q.e.d.

Malak
06.12.2009, 22:23
Nein. Wenn du die Seiten der RS und RR Karten nummerierst, siehst du es.

Seite 1 RR(R): Nummer 1
Seite 2 RR(R): Nummer 2
Seite 1 RS(R): Nummer 3
Seite 2 RS(S): Nummer 4

Diese Seiten sind alle gleichberechtigt. Stimmst du mir noch zu?

Wann wird gewettet? Wenn Nummer 1, 2 oder 3 offen liegt, bei Nummer 4 trifft die Vorraussetzung nicht ein. Stimmst du mir immer noch zu?

Und da die Seiten vorher gleichberechtigt waren sind sie es auch immernoch, wie sollte es anderes sein, also sind Nummer 1, 2 und 3 gleichberechtigt. Zum 3., stimmst du mir zu?

So, jetzt gibt es 3 gleichberechtigte Fälle. In 2 davon ist Rot die Gegenseite, in einem Schwarz. Damit ist zu 2/3 Rot auf der Rückseite. q.e.d.

Ab hier nicht mehr. Ursprünglich sind die Karten gleichberechtigt, man hat 50% die Eine und wiederum die Andere zu ziehen. Im Baumdiagramm haben wir also in erster Instanz 50-50, in zweiter jeweils auch, zusammen also 25% für jede. Allerdings fällt die Möglichkeit schwarr komplett raus, weil sie überhaupt nicht relevant ist. Es wird also davon ausgegangen, dass die RS-Karte rot zeigt, tut sie es nämlich nicht, wird die Sache einfach wiederholt und so getan, als hätte es diese Ziehung nie ergeben. Ergo ist die Wahrscheinlichkeit 100%, dass die RS-Karte rot zeigt, da dies dadurch erzwungen wird, dass man das ganze solange durchführt, bis man zwei rote Seiten sieht.

Du machst den Fehler, die Seiten grundlegend als gleichberechtigt zu sehen - das sind sie aber nur solange, wie jede Karte diesselbe Anzahl von Seiten hat. Dies ist hier nicht mehr der Fall, da schwarz bei RS einfach ignoriert wird.

Merdon
06.12.2009, 22:35
Jetzt verharr nich so auf deiner Meinung...


1/4 Seite 1 RR(R): Nummer 1 -> Rot
1/4 Seite 2 RR(R): Nummer 2 -> Rot
1/4 Seite 1 RS(R): Nummer 3 -> Schwarz
1/4 Seite 2 RS(S): Nummer 4 -> Neue Ziehung

So siehts aus. Und damit ist Rot doppelt so häufig wie Schwarz.

ojas
06.12.2009, 22:58
BTW: Hast du Geld? Können wir uns vielleicht mal treffen?

@Thoronador: Das war nicht ernst gemeint. Ich suche Gegner, keine Opfer.

Mirar
07.12.2009, 00:41
Es gibt 3 Möglichkeiten.

RR
RR
RS

Es ist wahrscheinlicher, das R von der RR-Karte zu ziehen. Die Frage ist, ob es überhaupt von Bedeutung ist, welche Seite man zieht. Es könnte auch nach den Farben gehen.

R ----> S

R ----> R


Die Chance ist also entweder 2:1 oder 1:1...

Ich würde im Moment auf 2:1 tendieren, aber das hat sich aber in den vergangenen 5 Minuten etwa 3 Mal geändert, deshalb gebe ich nicht mehr viel auf meine Tendenz.

EDIT: Ich lege mich einfach mal auf 2:1 fest...

Zhanior
07.12.2009, 01:24
Jaja, die Stochastik mit ihren Tücken... :D

ojas und Merdon haben recht, Thoronador und Malak irren sich.

Man muss sich den Vorgang als mehrstufiges Zufallsexperiment vorstellen. Zuerst wird mit einer Wahrscheinlichkeit von je 1/3 eine von drei Karten gezogen. Dann wird mit einer Wahrscheinlichkeit von je 1/2 bestimmt, ob deren Ober- oder Unterseite zu sehen ist. Folglich gibt es insgesamt sechs Ergebnisse mit einer Wahrscheinlichkeit von je 1/6.
Wenn man nun die Oberseite einer gezogenen Karte sieht, weiß man noch nicht, welches Ergebnis eingetreten ist. Die Anzahl der möglichen Ergebnisse reduziert sich aber auf 3. Jedes dieser Ergebnisse ist mit der gleichen Wahrscheinlichkeit, also 1/3 aufgetreten, und im Falle von zwei der drei möglichen Ergebnisse zeigt die Unterseite dieselbe Farbe wie die Oberseite und man verliert.

Mathematisch gesprochen geht es um die Berechnung einer bedingten Wahrscheinlichkeit. Konkret ist die Wahrscheinlichkeit für "Unterseite zeigt die Farbe rot unter der Voraussetzung, dass die Oberseite die Farbe rot zeigt". Nennen wir das Ereignis "Unterseite zeigt die Farbe rot" einmal A und das Ereignis "Oberseite zeigt die Farbe rot" B. Man würde dann schreiben, dass P(A|B) gesucht ist und da P(B)>0 ist, ist folgende Formel für bedingte Wahrscheinlichkeiten anwendbar:
P(A|B) = P(A und B)/P(B) = (1/3)/(1/2) = 2/3.
Dass in der Tat P(A und B)=1/3 und P(B)=1/2 ist, sieht man leicht ein, wenn man alle möglichen Ergebnisse einmal hinschreibt:

rot-rote Karte, eine Seite oben (impliziert Unterseite rot)
rot-rote Karte, andere Seite oben (impliziert Unterseite rot)
rot-schwarze Karte, rote Seite oben (impliziert Unterseite schwarz)
rot-schwarze Karte, schwarze Seite oben (impliziert Unterseite rot)
schwarz-schwarze Karte, eine Seite oben (impliziert Unterseite schwarz)
schwarz-schwarze Karte, andere Seite oben (impliziert Unterseite schwarz)

Das Verbundereignis "A und B" enthält also die Ergebnisse 1 und 2 und da alle Ergebnisse gleich wahrscheinlich sind und es insgesamt 6 gibt, ist P(A und B)=2/6=1/3. Das Ereignis B enthält die Ergebnisse 1, 2 und 3, daher ist P(B)=3/6=1/2.
Für den Fall, dass eine schwarze Seite oben liegt, funktioniert die Argumentation analog. Natürlich müsste der Spielleiter dann darauf wetten, dass die Unterseite der Karte ebenfalls schwarz zeigt.

Die Aufgabe ist übrigens ein beliebtes Beispiel für ein Resultat der Stochastik, das der Intuition widerspricht, und ist äquivalent zu Joseph Bertrands Schachtelparadoxon, wenn man die drei Karten durch drei Schachteln mit einmal zwei Goldmünzen, einmal zwei Silbermünzen und einmal je einer Gold- und Silbermünze als Inhalt ersetzt. Wählt man aus einer zufälligen Schachtel eine zufällige Münze, so ist die Wahrscheinlichkeit, dass es sich bei der anderen Münze der gewählten Schachtel um die gleiche Art wie die gezogene handelt, ebenfalls 2/3.

Malak
07.12.2009, 15:54
Jaja, die Stochastik mit ihren Tücken... :D

ojas und Merdon haben recht, Thoronador und Malak irren sich.

Man muss sich den Vorgang als mehrstufiges Zufallsexperiment vorstellen. Zuerst wird mit einer Wahrscheinlichkeit von je 1/3 eine von drei Karten gezogen. Dann wird mit einer Wahrscheinlichkeit von je 1/2 bestimmt, ob deren Ober- oder Unterseite zu sehen ist. Folglich gibt es insgesamt sechs Ergebnisse mit einer Wahrscheinlichkeit von je 1/6.
Wenn man nun die Oberseite einer gezogenen Karte sieht, weiß man noch nicht, welches Ergebnis eingetreten ist. Die Anzahl der möglichen Ergebnisse reduziert sich aber auf 3. Jedes dieser Ergebnisse ist mit der gleichen Wahrscheinlichkeit, also 1/3 aufgetreten, und im Falle von zwei der drei möglichen Ergebnisse zeigt die Unterseite dieselbe Farbe wie die Oberseite und man verliert.

Mathematisch gesprochen geht es um die Berechnung einer bedingten Wahrscheinlichkeit. Konkret ist die Wahrscheinlichkeit für "Unterseite zeigt die Farbe rot unter der Voraussetzung, dass die Oberseite die Farbe rot zeigt". Nennen wir das Ereignis "Unterseite zeigt die Farbe rot" einmal A und das Ereignis "Oberseite zeigt die Farbe rot" B. Man würde dann schreiben, dass P(A|B) gesucht ist und da P(B)>0 ist, ist folgende Formel für bedingte Wahrscheinlichkeiten anwendbar:
P(A|B) = P(A und B)/P(B) = (1/3)/(1/2) = 2/3.
Dass in der Tat P(A und B)=1/3 und P(B)=1/2 ist, sieht man leicht ein, wenn man alle möglichen Ergebnisse einmal hinschreibt:

rot-rote Karte, eine Seite oben (impliziert Unterseite rot)
rot-rote Karte, andere Seite oben (impliziert Unterseite rot)
rot-schwarze Karte, rote Seite oben (impliziert Unterseite schwarz)
rot-schwarze Karte, schwarze Seite oben (impliziert Unterseite rot)
schwarz-schwarze Karte, eine Seite oben (impliziert Unterseite schwarz)
schwarz-schwarze Karte, andere Seite oben (impliziert Unterseite schwarz)

Das Verbundereignis "A und B" enthält also die Ergebnisse 1 und 2 und da alle Ergebnisse gleich wahrscheinlich sind und es insgesamt 6 gibt, ist P(A und B)=2/6=1/3. Das Ereignis B enthält die Ergebnisse 1, 2 und 3, daher ist P(B)=3/6=1/2.
Für den Fall, dass eine schwarze Seite oben liegt, funktioniert die Argumentation analog. Natürlich müsste der Spielleiter dann darauf wetten, dass die Unterseite der Karte ebenfalls schwarz zeigt.

Die Aufgabe ist übrigens ein beliebtes Beispiel für ein Resultat der Stochastik, das der Intuition widerspricht, und ist äquivalent zu Joseph Bertrands Schachtelparadoxon, wenn man die drei Karten durch drei Schachteln mit einmal zwei Goldmünzen, einmal zwei Silbermünzen und einmal je einer Gold- und Silbermünze als Inhalt ersetzt. Wählt man aus einer zufälligen Schachtel eine zufällige Münze, so ist die Wahrscheinlichkeit, dass es sich bei der anderen Münze der gewählten Schachtel um die gleiche Art wie die gezogene handelt, ebenfalls 2/3.

Der Knackpunkt liegt aber imo dabei, dass die 50% Wahrscheinlichkeit, eine schwarze Oberseite zu sehen, den Durchgang quasi annuliert. Und weil ich es immer noch nicht glaube, erstelle ich mir mit Excel jetzt einen Zufallsgenerator, der diese Situation nachspielt.

Merdon
07.12.2009, 16:08
Entweder programmierst du es falsch oder du wirst es sehen :p

Malak
07.12.2009, 16:27
Entweder programmierst du es falsch oder du wirst es sehen :p

Bin fast fertig...funktioniert im Prinzip schon. Da ich jedoch keine Lust habe, manuell zu zählen und hunderte Male F9 zu drücken, muss ich mit VBA noch einen Counter und ein Zeitmakro einbauen, dann würden in einer Minute gut 1000 Simulationen drin sein.

brandylemon
07.12.2009, 17:59
Da Malak sich bisher noch nicht gemeldet hat und einige vollkommen logische Argumente (danke Merdon und die anderen) nicht zu akzeptieren scheinen, habe ich jetzt mal Java bemüht…

Ausgabe: 77693 mal gewonnen und 155925 mal verloren!

Das sind nach Adam Riese 155925/(77693+155925)*100 ~= 66,7435728% ~= 2/3 q.e.d.

Wers nicht glaubt, kann es gerne selbst austesten:


int wins = 0;
int looses = 0;
int RR1 = 0;
int RR2 = 1;
int RS1 = 2;
int RS2 = 3;
int SS1 = 4;
int SS2 = 5;
while(true){
Random rnd = new Random();
int i =rnd.nextInt(6);
if (i == RR1 || i == RR2 || i == RS1) {
if (i == RR1 || i == RR2) looses += 1;
else wins += 1;
System.out.println(wins +" mal gewonnen und " + looses + " mal verloren!");
}
}

Ich weiss, grauenvoller Code, aber ich hatt grad nicht so viel Zeit für bessere Performance und so ein Scheiß :D

edit: wer jetzt mit dem gesetz der kleinen zahlen kommt: 338738 mal gewonnen und 677351 mal verloren!

edit2: ich hab den code noch etwas optimiert…

habe übrigens jetzt mit:2587007 mal gewonnen und 5180971 mal verloren!
und:5180971/(5180971+2587007) = 0,6669652
ein erschreckend genaues ergebnis herausbekommen…
0,045% Fehlerquote sind drin…

@unter mir: wie gesagt, der versuch zeigt, dass die wahrscheinlichkeit 2/3 ist…

ich hoffe, ich konnte irgendwem das taschengeld retten :p

Askanius
07.12.2009, 18:07
So, bin mal wieder da. Danke erstmal für die vielen Antworten, ihr habt mir echt geholfen.

Wär aber gar nicht so dringend gewesen, da unser Matheheini heute beschlossen hat, nicht da zu sein (§medi). Daher kann ich noch nichts über die höchstinstanzlich verordnete richtige Lösung sagen, tut mir Leid.

Bin gespannt, wie sich das hier noch entwickelt, auch wenn mich vor allem Merdon und Zhanior ziemlich mit ihrer Argumentation überzeugt haben.

Grüße,
Meisterjäger