Bedingte Wahrscheinlichkeit

31.03.2012, 00:29

Dopap

Bedingte Wahrscheinlichkeit

Ich steh' zwangsweise vor der Frage:

von drei Karten sind 1 beidseitig schwarz, 1 beidseitig weiss und die Dritte ist schwarz/weiss.

Eine Karte wird zufällig verdeckt (!) gezogen, ohne dass die Unterseite sichtbar wird.

Die Oberseite ist schwarz. Wie gross ist die Wkt, dass die Unterseite weiss ist?

Kann irgendwie nicht so schwer sein, aber ich komme nicht drauf. verwirrt

31.03.2012, 00:33

Kasen75

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Hallo.

die Frage ist wirklich nicht schwer. Welche Karten kommen denn in Frage?

31.03.2012, 00:42

Dopap

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mmh.. ich denke jede der 3 Karten kommt in Frage.

31.03.2012, 00:44

Kasen75

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...wenn die Oberseite schwarz ist? verwirrt

31.03.2012, 00:46

Dopap

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nee... hast recht, nur S/S und S/W kommen in Frage.

31.03.2012, 00:47

Kasen75

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Wie groß ist jetzt die Wahrscheinlichkeit, dass die Unterseite weiß ist?

31.03.2012, 00:50

Dopap

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umgangssprachlich logisch würde ich jetzt auf 50% tippen.

31.03.2012, 00:52

Kasen75

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Ich auch.

31.03.2012, 01:02

Dopap

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kommt mir aber irgendwie zu einfach vor.

'Habe umganssprachliche Logik verwendet, und denke das ist Gift.
Ich trau dem Braten nicht!

31.03.2012, 01:26

Kasen75

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Vielleicht ist die Aufgabenstellung anders? Kuck noch mal genau nach.

31.03.2012, 01:43

Dopap

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es wird explizit betont, dass die Oberseite der gezogenen Karte Schwarz ist.

31.03.2012, 01:49

Mystic

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Ich würde sagen, die Wahrscheinlichkeit dafür ist 2/3, denn es gibt ja von den 3 möglichen Fällen nur einen ungünstigen (beidseitig schwarz)...

31.03.2012, 02:06

Kasen75

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@Mystic,

welche 3 möglichen Fälle?

31.03.2012, 07:27

Mystic

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Zitat:

Original von Kasen75
@Mystic,

welche 3 möglichen Fälle?

Sorry, war nur ein Schnellschuss kurz vor dem Schlafengehen, also bitte vergessen...

31.03.2012, 08:57

Huggy

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Zitat:

Original von Mystic
Sorry, war nur ein Schnellschuss kurz vor dem Schlafengehen, also bitte vergessen...

Nein, das war vollkommen richtig (fast)!
Wenn es in der Aufgabe heißt, die Oberseite der gezogenen Karte ist schwarz, ist gemeint, die sichtbare Seite der gezogenen Karte ist schwarz.

Es gibt dann wirklich 3 Fälle:
(1) Die Seite A der komplett schwarzen Karte liegt oben.
(2) Die Seite B der komplett schwarzen Karte liegt oben.
(3) Die schwarze Seite der schwarz/weißen Karte liegt oben.

All 3 Fälle sind gleich wahrscheinlich! Also ist die Wahrscheinlichkeit, dass die nicht sichtbare Seite derr gezogenen Karte schwarz ist, tatsächlich 2/3. Da aber nach der Wahrscheinlichkeit für Weiß gefragt war, ist die korrekte Antwort 1/3.

31.03.2012, 10:15

chrissan

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Ist es nicht eher die Wahrscheinlichkeit, dass S/W gezogen wird (die einzige Möglichkeit, bei der Ober- und Unterseite unterschiedlich sind), unter der Bedingung, dass die S/W-Karte mit der schwarzen Seite nach oben liegt?

Das wäre dann, wie schon Huggy meinte, $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
, allerdings mit einer leicht anderen (laut Thread-Titel vermutlich korrekten) Begründung.

31.03.2012, 10:30

Huggy

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Ich muss schon darauf bestehen, dass meine Begründung korrekt ist. Aber man kann das natürlich auch ganz formal mit der Formel für die bedingte Wahrscheinlichkeit rechnen. Sei X das Ereignis 'unten liegende Seite ist Weiß' und Y das Ereignis 'oben liegende Seite ist Schwarz. Dann ist gesucht:

$\begin{eqnarray*} P(X|Y)=\frac{P(X \cap Y)}{P(Y)}=\frac {1/6}{1/2}=\frac {1}{3} \end{eqnarray*}$

31.03.2012, 10:32

chrissan

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Exakt.
Ich habe auch nicht die Richtigkeit deiner Begründung angezweifelt, sondern lediglich darauf verwiesen, dass der Lehrer mit der Begründung über bedingte Wahrscheinlichkeiten (offenbar derzeitiges Thema im Unterricht) glücklicher sein wird.

Edit:
Aber bei mir wären
X... S/W gezogen
Y...schwarze Seite von S/W liegt oben

Deine Festlegung von X und Y leuchtet mir nicht ganz ein.

31.03.2012, 12:46

thk

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Sorry wenn ich meinen Senf auch noch dazu gebe...

P(Y) ist hier ME schon nicht nachvollziehbar.

Der Ansatz $\begin{eqnarray*} P(X|Y)=\frac{P(X \cap Y)}{P(Y)} \end{eqnarray*}$ ist ja korrekt, aber ich bin mir nicht sicher ob er nachvollziehbar ist für eine andere Interpretation als die des Bayes'schen Ursachensatzes:
X="die SW-Karte wird gezogen".
Y="die obere Seite ist schwarz"

Dann ist P(Y) die totale Wkt. für eine schwarze Oberseite
P(Y)=1/2 + 1/2*1/2 = 3/4
P(XY)=1/2 * 1/2 = 1/4

Die Wkt, dass die Ursache für die schwarze Oberseite die SW-Karte ist, ist damit natürlich völlig korrekt 1/3.

Einfacher ist es natürlich über eine Matrix od. andere Szenario-Betrachtung, aber das ist ja schon gegessen.

31.03.2012, 12:51

Huggy

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Wenn du P(Y) nicht nachvollziehen kannst, ist das wohl dein Problem. Es gibt insgesamt 6 Kartenseiten und 3 davon sind Schwarz!

31.03.2012, 12:52

Kasen75

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Hallo,

ich habe noch einen weiteren Lösungsvorschlag mit bedingter Wahrscheinlichkeit:
Oberseite schwarz := $\begin{eqnarray*} O_s \end{eqnarray*}$
Unterseite weiß := $\begin{eqnarray*} U_w \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(Unterseite \ weiß \ | \ Oberseite \ schwarz) =\frac{P(U_w \ \cap \ O_s)}{P(O_s)}=\frac{\frac{1}{2} \ \cdot \frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Unter der Bedingung, dass die Oberseite schwarz ist, ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Unterseite weiß ist gleich 50%. Das ist nur ein Vorschlag, Freunde der Mathematik.

Mit freundlichen Grüßen

31.03.2012, 12:55

thk

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Edit: @Huggy
Hmmm ich hab das Problem gleich auf 2 Karten vereinfacht, da die WW irrelevant ist.
Dann wirds schon so gehn...

31.03.2012, 12:57

Huggy

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Entschuldigung, aber das ist doch Unfug!!!

Wenn die Oberseite Schwarz und die Unterseite Weiß ist, gibt es dafür nur eine Möglichkeit: Man hat die schwarz/weiße Karten gezogen und die liegt mit der schwarzen Seite nach oben. Die Wahrscheinlichkeit dafür ist 1/6 und nicht 1/4.

Edit: Das bezieht sich auf Kasen.

31.03.2012, 13:03

chrissan

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Also diese Betrachtungen nur über Unter- bzw Oberseite kann ich mir nicht vorstellen.
Die Ereignisse "Unterseite Weiß" und "Oberseite schwarz" sind doch nicht stochastisch unabhängig, weil ich nicht weiß, welche Seite der S/W-Karte oben liegt.
Der zweite Ansatz von Huggy (mit den bedingten Wkt) funktioniert in diesem Fall nur aufgrund der Symmetrie (nicht mehr für eine 4. Karte)(Oder ich verstehe diesen Ansatz falsch). Und der Ansatz von Kasen ist meiner Meinung nach schlicht falsch (wie oben beschrieben).

31.03.2012, 13:15

Huggy

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Ich habe doch nirgends benutzt, dass diese beiden Ereignisse unabhängig sind. Denn käme man ja genau auf den Unfug von Kasen75 mit (1/2)*(1/2) im Zähler. Es ist

$\begin{eqnarray*} P(X \cap Y) = \frac {1}{6} \end{eqnarray*}$

weil es durch das Zusammentreffen der beiden unabhängigen Ereignisse 'schwarz/weiße Karte ziehen' und 'schwarze Seite dieser Karte liegt oben' entsthet, also (1/3)*(1/2). Es wird eben nicht über $\begin{eqnarray*} P(X) \cdot P(Y) \end{eqnarray*}$ berechnet.

31.03.2012, 13:48

chrissan

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genau so habe ich das auch gelöst.

aber du hattest geschrieben:

Zitat:

Sei X das Ereignis 'unten liegende Seite ist Weiß' und Y das Ereignis 'oben liegende Seite ist Schwarz

, weshalb ich da so etwas ähnliches, wie bei kasen interpretiert hatte.

31.03.2012, 14:10

Kasen75

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Also,

ich habe 3 Karten: (S/S) (S/W) (W/W).

Man zieht eine Karte: Die Oberseite ist schwarz. Damit fällt die Möglichkeit (W/W) weg. Die Chance, dass jetzt die Unterseite weiß ist, ist doch jetzt 1/2. Entweder es ist die Karte (S/S) oder (S/W). Kann mir jemand begründen, was an der Überlegung nicht richtig ist, ohne Begriffe wie "Unfug" oder ähnliches zu benutzen. Irgendwie habe ich es noch nicht ganz.

Mit freundlichen Grüßen

31.03.2012, 14:18

chrissan

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Das Problem ist, dass du nicht weißt, dass die wahrscheinlichkeit, "dass die Unsterseite weiß ist", 1/2 ist. Wenn nämlich die S/W-Karte mit der weißen Seite nach oben liegt ist die Wkt=0

31.03.2012, 14:54

Kasen75

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RE: bedingte Wahrscheinlichkeit ?
Hallo chrissan,

Zitat:

Wenn nämlich die S/W-Karte mit der weißen Seite nach oben liegt ist die Wkt=0

Ist das nicht ausgeschlossen, dass die weiße Seite oben liegt. Die obere Seite ist doch schwarz (Bedingung in der Aufgabenstellung). Warum sollte man unmögliche Ereignisse berücksichtigen? Bin ratlos.

Mit freundlichen Grüßen

31.03.2012, 15:04

chrissan

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RE: bedingte Wahrscheinlichkeit ?
Aus der Aufgabenstellung:

Zitat:

von drei Karten sind 1 beidseitig schwarz, 1 beidseitig weiss und die Dritte ist schwarz/weiss

...da steht nicht, wie rum die S/W liegt

Zitat:

Die Oberseite ist schwarz

...das bezieht sich auf die gezogene Karte (, was aber auch die Karte S/S sein kann)

31.03.2012, 15:22

Kasen75

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Hallo crissan,

du schreibst:

Zitat:

...das bezieht sich auf die gezogene Karte (, was aber auch die Karte S/S sein kann)

Genau das denke ich auch. Entweder es ist die Karte S/W oder S/S. Und dann habe ich mir gedacht, die Wahrscheinlichkeit eine S/W-Karte in der Hand zu halten ist dann 50%.

31.03.2012, 15:55

Huggy

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Die Diskussion nimmt allmählich Formen an, wie einst zu dem berüchtigten Ziegenproblem. Es gibt viele Möglichkeiten, sich bei solchen Problemen selbst zu verwirren. Dann sollte man streng formal und logisch vorgehen. Das ist hier der Weg über die Formel der bedingten Wahrscheinlichkeit. Und bei dieser Formel ist das einzige Problem, wie berechne ich $\begin{eqnarray*} P(X \cap Y) \end{eqnarray*}$ . Man darf natürlich nicht einfach annehmen, die Ereignissse X und Y seien unabhängig. Aber, und jetzt wiederhole ich mich, auf andere Weise ist die Berechnung einfach:

Die Kombination von X = weiße Seite unten und Y = schwarze Seite oben ist nur auf eine Art möglich: Es muss die schwarz/weiße Karte gezogen werden (Ereignis \alpha, p = 1/3) und es muss deren schwarze Seite nach oben kommen (Ereignis \beta, p = 1/2). Die Wahl der Karte und die Wahl der Seite sollen bei der Aufgabe als unabhängige Ereignisse angenommen werden. Daraus ergibt sich

$\begin{eqnarray*} P(X \cap Y) = P(\alpha)\cdot P(\beta)=\frac{1}{3} \frac{1}{2}=\frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

Das führt dann zu dem Endergebnis 1/3.

Wer nicht bereit ist, das nachzuvollziehen, ist selber schuld. Wenn er es tut, sollte er auch den Fehler in seinen eigenen Überlegungen finden, falls er zu einem anderen Ergebnis kommt.

Damit klinke ich mich aus der Diskussion aus. Ich habe noch von dem Ziegenproblem in Erinnerung, dass selbst Professoren nicht bereit waren, sich von einmal gefassten falschen Gedanken wieder zu trennen.

31.03.2012, 16:07

chrissan

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genau; Kasen Wenn die Karte S/W mit der schwarzen Seite nach oben liegt.

Aber: Wenn die Karte S/W mit weiß nach oben liegt, dann habe ich mit einer Wkt von 1 die Karte S/S

Gehen wir die Sache einmal anders an: Es gibt folgende Möglichkeiten, wenn ich eine schwarze oberseite voraussetze:

(1) S/W liegt mit weiß nach oben -> Dann habe ich S/S
(2) S/W liegt mit schwarz nach oben und ich habe sie gezogen -> der gesuchte Fall
(3) S/W liegt mit schwarz nach oben, ABER ich habe S/S gezogen

! Mehr Möglichkeiten (3) gibt es nicht und es ist nur ein günstiges Ereignis -> Wkt=1/3 muss also korrekt sein.

Nun nochmal über bedingte Wkt:

ich definiere folgende Ereignisse:
A...ich ziehe S/W -> $\begin{eqnarray*} P(A)=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
B...S/W liegt mit S nach oben -> $\begin{eqnarray*} P(B)=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$
Diese beiden Ereignisse sind definitiv stochastisch unabhängig -> $\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A) \cdot P(B) =\frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

und damit $\begin{eqnarray*} P(A|B)= \frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

Das ist also alles konsistent.

Nun noch einmal, warum dein Ansatz nicht korrekt ist:

Zitat:

Oberseite schwarz := $\begin{eqnarray*} O_s \end{eqnarray*}$
Unterseite weiß := $\begin{eqnarray*} U_w \end{eqnarray*}$

Wenn die Oberseite schwarz ist, gibt es 2 Möglichkeiten, wie hoch die Wkt ist, das die Unterseite weiß ist (nämlich entweder 0 oder 1/2). Welche dieser Wkt korrekt ist, hängt davon ab, wie die Karte S/W liegt (mit weiß nach oben oder mit schwarz nach oben), ergo ist das Ereignis "Oberseite schwarz" stochastisch abhängig von dem Ereignis "S/W liegt mit S nach oben". Und dann gilt die Gleichung $\begin{eqnarray*} P(O_s\cap U_w)=P(O_s) \cdot P(U_w) \end{eqnarray*}$ nicht mehr.

Ich hoffe, jetzt ist es klar.
LG

31.03.2012, 16:16

Kasen75

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Hallo huggy und crissan,

ich bin gerade am Nachdenken. Auf jeden Fall, danke ich euch schon mal für eure Mühe. Vielen Dank. Wink

Vielleicht kriege ich es auch noch in meinen Schädel rein.

Mit freundlichen Grüßen

31.03.2012, 19:52

Dopap

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Zitat:

Original von Dopap
kommt mir aber irgendwie zu einfach vor.

'Habe umganssprachliche Logik verwendet, und denke das ist Gift. [...]

Hatte ich doch die richtige Ahnung. Schön ist aber, wenn man selbst beim Thread zuschauen darf. Konnte erst jetzt wieder online sein.

Die Berechnung der bedingten Wkt.

$\begin{eqnarray*} P(SW|S)=\frac {P(SW\cap S)}{P(S)}= \frac 1 3 \end{eqnarray*}$ von "Huggy" ist zwingend, zumal wenn man, wie ich, nun auch ein Baumdigramm gezeichnet hat.

Mit jeweils 1/3 führt das zu den Knoten

SS SW und WW

a.)x --- 1/3 ----> SS --- 1 ---> S (Oberseite Schwarz )
b.)x ---1/3 ----> SW--- 0.5 ---> S (Oberseite Schwarz )
c.) x ---1/3 ---> WW--- 0 ---> S (Oberseite Schwarz )

und in den Endknoten S. Mit Pfadregel ist P(S)=0.5

Die Wkt, dass man dabei über den Pfad b.) kam, ist 1/6. Und dann nach Bayes:

$\begin{eqnarray*} \frac {\frac 1 6}{\frac 1 2}=\frac 1 3 \end{eqnarray*}$

So kann ich es mir vorstellen und versuchen dann weiterzuvermitteln.
Und wenn das nix helfen sollte, dann nehm ich eben 3 Münzen, 2 Edingstifte und einen Würfelbecher - dann wird solange simuliert bis es klar ist oder die Stunde 'rum ist Augenzwinkern

Vielen Dank für die zahlreichen Beiträge!

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