Wahrscheinlichkeit Urne Ball

22.10.2015, 22:16

Tremonia

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Wahrscheinlichkeit Urne Ball

Meine Frage:
Hallo.
Zwei Bälle werden mit der selben Wahrscheinlichkeit (Whk) rot oder blau gefärbt und in eine Urne gelegt. Dann werden Kugeln zufällig entnommen, die Farbe notiert und der Ball zurück gelegt. Für den Fall, dass die ersten beiden gezogenen Bälle rot sind, wie groß ist die Whk, dass
a)Beide Bälle in der Urne rot sind;
b der nächste gezogene ebenfalls rot ist?

Meine Ideen:
Für a ist meine Idee, dass es ja 8 Möglichkeiten gibt, aber nur die für den Fall das beide Bälle rot sind interessiert, also P = 0,5 * 0,5 * 0,5 = 1/8 ist

und b) da habe ich Das Gesetz der totalen Whk genommen.
Für die Whk auf einen roten Ball (Ereignis A) ist demnach:
P(A) = P(A|B1)*P(B1) + P(A|B2)*P(B2) = 2/4 * 1/2 + 1/2 * 1/2 = 1/2

Sind meine Rechnungen korrekt?
Vielen Dank Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.10.2015, 23:36

mYthos

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a)
Wie kommst du - bei zweimaligem Ziehen (mit Zurücklegen) auf 8 Möglichkeiten?
Schreibe diese einmal auf bzw. erstelle einen Baum

b)
1/2 ist richtig.
Falls du den Baum für 3 mal Ziehen gezeichnet hast, siehst du in die 3. Ebene 4 Pfade für rot am Ende mit (1/2)*(1/2)*(1/2) = 4/8 = 1/2

mY+

23.10.2015, 09:47

Tremonia

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Oh natürlich habe ich bei bei zweimaligem Ziehen mit zurücklegen nur 4(!) Möglichkeiten.
Die da wären: rot, rot; rot, blau; blau, rot; blau, blau

interessesant ist nur rot, rot, d.h die Whk ist 1/2 * 1/2 =1/4

23.10.2015, 12:19

Dopap

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b.) für das Ziehen einer dritten Roten ist die Vorgeschichte ohne Bedeutung, da die Ereignisse unabhängig sind.

Es bleibt bei einmaligem Ziehen: $\begin{eqnarray*} p(r)=\tfrac 14\cdot 1+ \tfrac 12 \cdot \tfrac 12+ \tfrac 14 \cdot 0 =\tfrac 12 \end{eqnarray*}$ (totale Wahrscheinlichkeit )
------------------------------------------------------------------------------------

a .) Hier geht um die Wahrscheinlichkeit von RR unter der Bedingung, dass rr eingetreten ist. Das fehlt bei dir total.

RR = 2 Rote liegen in der Urne
rr = 2 mal wurde Rot gezogen.

Satz von Bayes:

$\begin{eqnarray*} p(RR|rr)= \frac {p(rr \cap RR) }{p(rr)}= \frac {\frac 14 }{\frac 38} = \tfrac 23 \end{eqnarray*}$

Wie entsteht der Nenner als totale Wahrscheinlichkeit ?

23.10.2015, 12:38

mYthos

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RE: Wahrscheinlichkeit Urne Ball

Zitat:

Original von Tremonia
...
mit der selben Wahrscheinlichkeit (Whk) rot oder blau gefärbt
...

Ja, Dopap, natürlich ist es so, wie du beschrieben hast, wer lesen kann, ist im Vorteil Augenzwinkern

Augenzwinkern

mY+

23.10.2015, 15:58

Dopap

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über die Bedeutung obigen Satzes habe ich eine geraume Zeit gegrübelt ohne wirklich Klarheit zu finden. verwirrt

verwirrt

Ich habe dann einfach 50% verwendet.

Ein sauberes Modell wäre : Eine Münze wird 2 mal geworfen. Bei "Zahl" kommt eine rote Kugel in die Urne, ansonsten eine Blaue. Big Laugh

Big Laugh

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24.10.2015, 13:25

Tremonia

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Hi,

zu a) Wenn ich p(RR|rr) berechnen will was ist dann an meiner Rechnung falsch gedacht?

p(RR|rr) = $\begin{eqnarray*} p(RR\cap rr) \end{eqnarray*}$ /p(rr) = 1/3 * 1/4 / 1/4 = 1/3.

Begründung: Zwei Bälle können entweder: blau blau, rot rot, oder blau rot sein --> also die Whk auf rot rot = 1/3 1/4 ist die Whk das nacheinander zwei rote gezogen wurden
(Baumdiagramm)

bei b)

p(A) =p(A|B1) * p(B1) + p(A|B2) * p(B2) = 0.5 * 0.5 + 0.5 * 0.5 = 0.5

p(A|B1) = p(A|B2) = 1/2 da die wahrscheinlichkeit auf rot 1/2 ist, wenn zuvor bereits eine rote gezogen wurde (unabhängige Ereignisse)

p(B1) = p(B2) = 1/2 Whk von zwei bällen einen roten zu bekommen --> auch 1/2

Was ist nicht korrekt an den überlegungen?

24.10.2015, 14:08

Dopap

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Zitat:

Original von Tremonia

zu a) Wenn ich p(RR|rr) berechnen will was ist dann an meiner Rechnung falsch gedacht?

p(RR|rr) = $\begin{eqnarray*} p(RR\cap rr) \end{eqnarray*}$ /p(rr) = 1/3 * 1/4 / 1/4 = 1/3.

Begründung: Zwei Bälle können entweder: blau blau, rot rot, oder blau rot sein --> also die Whk auf rot rot = 1/3 1/4 ist die Whk das nacheinander zwei rote gezogen wurden
(Baumdiagramm)

nur weil es 3 Fälle gibt, müssen diese nicht gleichwahrscheinlich sein !
$\begin{eqnarray*} p(RR \cap rr)=p(RR)\cdot p(rr|RR)=\frac 14 \cdot 1 =\frac 14 \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} p(rr)=p(rr|RR) + p(rr|RB) +p(rr|BB)=\frac 38 \end{eqnarray*}$

Zitat:

bei b)
p(A) =p(A|B1) * p(B1) + p(A|B2) * p(B2) = 0.5 * 0.5 + 0.5 * 0.5 = 0.5

p(A|B1) = p(A|B2) = 1/2 da die wahrscheinlichkeit auf rot 1/2 ist, wenn zuvor bereits eine rote gezogen wurde (unabhängige Ereignisse)

p(B1) = p(B2) = 1/2 Whk von zwei bällen einen roten zu bekommen --> auch 1/2

Das Ergebnis ist richtig, eine Voraussetzung rr ist aber nicht notwendig

24.10.2015, 14:31

Tremonia

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Zitat:

Original von Dopap

Zitat:

Original von Tremonia

zu a) Wenn ich p(RR|rr) berechnen will was ist dann an meiner Rechnung falsch gedacht?

p(RR|rr) = $\begin{eqnarray*} p(RR\cap rr) \end{eqnarray*}$ /p(rr) = 1/3 * 1/4 / 1/4 = 1/3.

Begründung: Zwei Bälle können entweder: blau blau, rot rot, oder blau rot sein --> also die Whk auf rot rot = 1/3 1/4 ist die Whk das nacheinander zwei rote gezogen wurden
(Baumdiagramm)

nur weil es 3 Fälle gibt, müssen diese nicht gleichwahrscheinlich sein !
$\begin{eqnarray*} p(RR \cap rr)=p(RR)\cdot p(rr|RR)=\frac 14 \cdot 1 =\frac 14 \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} p(rr)=p(rr|RR) + p(rr|RB) +p(rr|BB)=\frac 38 \end{eqnarray*}$

Zitat:

bei b)
p(A) =p(A|B1) * p(B1) + p(A|B2) * p(B2) = 0.5 * 0.5 + 0.5 * 0.5 = 0.5

p(A|B1) = p(A|B2) = 1/2 da die wahrscheinlichkeit auf rot 1/2 ist, wenn zuvor bereits eine rote gezogen wurde (unabhängige Ereignisse)

p(B1) = p(B2) = 1/2 Whk von zwei bällen einen roten zu bekommen --> auch 1/2

Das Ergebnis ist richtig, eine Voraussetzung rr ist aber nicht notwendig

Warum ist p(rr|RR) = 1 ? Weil die Whk, dass zwei rote gezogen werden, bei zwei roten Bällen eben 1 ist, weil es ja nur den Fall gibt?

p(RR) = 1/4 Warum?

Sind die überlegungen bei b) (totale Whk) den richtig? Es nutzt mir ja nichts, wenn das Ergebnis zwar richtig, aber die Vorgehnsweise falsch ist...

24.10.2015, 15:12

Dopap

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bitte keine Vollzitate im direkten Anschluss, das macht es nicht übersichtlicher.

Zitat:

Warum ist p(rr|RR) = 1 ? Weil die Whk, dass zwei rote gezogen werden, bei zwei roten Bällen eben 1 ist, weil es ja nur den Fall gibt?

ein klares : ja

Zitat:

p(RR) = 1/4 Warum?

Ein beliebter Fehler, es werden Kombinationen mit Variationen verwechselt.

Damit ein Laplace Versuch ( gleiche Wkt ) entsteht müssen die möglichen 2-Tupel beim Befüllen der Urne betrachtet werden.

$\begin{eqnarray*} \Omega = \{ [R,R] , [R,B], [B,R], [B,B]\} \end{eqnarray*}$

soweit klar ?

Zitat:

Sind die überlegungen bei b) (totale Whk) den richtig? Es nutzt mir ja nichts, wenn das Ergebnis zwar richtig, aber die Vorgehnsweise falsch ist...

ich bin mir hier noch nicht sicher. Willst du wirklich p(r | rr) berechnen ? Wohl kaum.

Also geht es um p(r) (oder ? ). Schreib doch deine Überlegung nochmal an und verwende die jetzt gebräuchlichen Bezeichner.

24.10.2015, 15:22

Tremonia

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Okay das Erste ist klar Augenzwinkern

Augenzwinkern

Also es soll ja die Whk berechnet werden das der dritte Ball rot ist, wenn bereits zwei rote Bälle gezogen worden sind.

Handelt es sich hierbei nicht immer um ein unabhängiges Ereignis?

Dann könnte ich das doch einfach über ein Baumdiagramm lösen oder?
Sprich die Whk ist 1/8 ?

Oder beachte ich dann nicht den Fall, dass die Bälle unterschiedlich sein könne?

24.10.2015, 15:55

Tremonia

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Ist es so richtig: Ich möchte P(r) bestimmen.
Damit wir jetzt vlt klar gehen was die Formel bedeutet:
$\begin{eqnarray*} P(r) = \sum\limits_{i=1}^{n} P(r|A_{i} ) * P(A_{i}) \end{eqnarray*}$

Das n bekomme ich als 3 weil es sich um die dritte Ziehung handelt oder weil ich drei mögliche Ballkonstellationen habe?

A1: Ein roter ein blauer Ball --> P(A1) =1/2
A2: zwei rote Bälle --> P(A2) = 1/4
A3: zwei blaue Bälle --> P(A3) = 1/4

Dann sind P(r|A1) = 1/2 , P(r|A2) = 1 , P(r|A3) = 0

Eingesetzt in die obige Formel ergibt das P(r) = 1/2 * 1/2 + 1* 1/4 + 0 * 1/4 = 1/2

Wenn das richtig ist, bedeutet das ja dass es völlig unwichtig ist, dass zuvor bereits zwei rote gezogen worden sind?

24.10.2015, 16:03

Dopap

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Zitat:

Original von Tremonia

Also es soll ja die Whk berechnet werden das der dritte Ball rot ist, wenn bereits zwei rote Bälle gezogen worden sind.

hört sich nach einer bedingten Wkt p(r|rr) an, ist es aber nicht - aber du sagst selbst:

Zitat:

Handelt es sich hierbei nicht immer um ein unabhängiges Ereignis?

ja, es geht hier um Ziehen mit Zurücklegen , mit konstanter Wkt. Demnach geht es nur um p(r).

Zitat:

Dann könnte ich das doch einfach über ein Baumdiagramm lösen oder?
Sprich die Whk ist 1/8 ?

hier stimmt was nicht ! das p(r) muss konstant = 1/2 bleiben.

Zitat:

Oder beachte ich dann nicht den Fall, dass die Bälle unterschiedlich sein könne?

keine Ahnung was du da am Zeichnen bist. Das vollständige Baumdiagramm für p(r) ist:

$\begin{eqnarray*} p(r)=p(RR)\cdot p(r|RR)+p(RB)\cdot p(r|RB)+p(r)\cdot p(r|BB) = \tfrac 14\cdot 1+\tfrac 12\cdot \tfrac 12 + \tfrac 14\cdot 0 = \tfrac 12 \end{eqnarray*}$

wobei RB jetzt nicht das Tupel [R,B] ist.
-----------------------------------------------------------------------------
EDIT: habe deine Post bisher noch nicht gelesen.
EDIT2: kann man so gelten lassen Freude

Freude

24.10.2015, 16:25

Tremonia

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Okay danke dir Wink

Wink

Das heißt ja dann, dass ich nach 100 solcher ziehungen, die selbe Whk habe wie nach einer oder?

24.10.2015, 18:15

Dopap

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mmh... irgendwie ist mir nicht wohl dabei. Nach 100 mal Rot würde ich auch wetten, daß 2 rote Kugeln in der Urne sind. Wahrscheinlich(!) habe ich großen Mist gebaut.
Ich bin eben nur ein Amateur.

Die Unabhängigkeit der Ereignisse ist nämlich keinesfalls gesichert. Das wäre der Fall wenn die Urne tatsächlich RB enthielte. Die Erstbelegung der Urne ist unbekannt aber mit einer Wahrscheinlichkeitsverteilung P(RR)=1/4 , p(RB)=1/2, p(BB)= 1/4.

Diese Wahrscheinlichkeitsverteilung wird aber durch den Versuchsausgang geändert.
Nach 2 maligem Ziehen von Rot kann man z.B. feststellen, dass p(BB)=0 ist !!!
( Das könnte man auch schon nach einmaligem Ziehen ! )

und nach unser hoffentlich richtigen Rechnung $\begin{eqnarray*} p(RR|rr)=2/3 \end{eqnarray*}$ ergibt sich die neue Wahrscheinlichkeitsverteilung:

$\begin{eqnarray*} p(RR)=2/3, p(BB)=0 \Rightarrow p(RB)=1/3 \end{eqnarray*}$

und jetzt ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} p(r|rr)=\frac 23 \cdot 1 + \frac 13 \cdot \frac 12=\frac 56 \end{eqnarray*}$ geschockt

geschockt

sollte das stimmen, kann ich nur um Entschuldigung bitten. Trost: manchmal lernt man durch Irren und Wirren mehr als mit perfekt vorgetragenen Formeln. Und dazu noch eins: die meisten Mathematiker haben allesamt mehr Ihrer beschriebenen Seiten durchgestrichen als man glauben möchte.

25.10.2015, 11:37

Tremonia

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Hallo Dopap,

jetzt bin ich auch verwirrt Big Laugh

Big Laugh

Ja mir ist der Umstand, dass man BB auschließen kann auch erst da gekommen, wo ich darüber nachgedacht habe, wie es nach x- Ziehungen aussehe. Dabei konnte man es ja eig schon direkt sehen.. Was solls Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ist $\begin{eqnarray*} P(RR) = 1/3? \end{eqnarray*}$ oder bin ich jetzt zu verwirrt? Wenn ich sage BB scheidet aus bleibt noch RR RB BR übrig, woraus folgt, das P(RR) = 1/3 ist?

Ich würde sagen:

$\begin{eqnarray*} P(RR) = 1/3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(RB) = 2/3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(rr|RR) = 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(rr|RB) = 1/2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(rr) = P(rr|RB)*P(RB) + P(rr|RR)*P(RR)= \frac{1}{2}*\frac{2}{3} + 1 * \frac{1}{3} = \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$

Oder?

25.10.2015, 12:16

Dopap

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Zitat:

Original von Tremonia

Ist $\begin{eqnarray*} P(RR) = 1/3? \end{eqnarray*}$ oder bin ich jetzt zu verwirrt? Wenn ich sage BB scheidet aus bleibt noch RR RB BR übrig, woraus folgt, das P(RR) = 1/3 ist?

Wenn schon gezogen wurde, dann muss p(RR) kenntlich gemacht werden. So wie es da steht wäre es die Ausgangssituation und da ist bekanntlich P(RR)=1/4

Du meinst also strenggenommen p(RR|r) = 1/3

ich weiß nicht, ob man so argumentieren darf. Meiner Meinung ist die Wahrscheinlichkeitsverteilung streng nach der bedingten Wahrscheinlichkeit nach Bayes vorzunehmen. Eventuell sogar in Stufen.

Aber ich möchte hier einen vorläufigen Schlussstrich ziehen und morgen mal den HAL 9000 um seinen (Profi-) Kommentar bitten.
Aber wie ich Ihn kenne wird er sich von selbst melden. Augenzwinkern

Augenzwinkern

26.10.2015, 14:12

Tremonia

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Ja ich meine p(RR|r) = 1/3. Wie das nun ausseiht weiß ich nach den jüngsten Postings auch nicht... Nach einer Ziehung kann man ja generell eine Kombi, entweder RR oder BB ausschließen. Ob ich dass dann beim dritten Zug berücksichtigen muss, sprich wie du sagst ob ich das in Stufen berechnen muss weiß ich leider auch nicht. Eine Hilfestellung eines Experten wäre da schon sehr hilfreich Augenzwinkern

Augenzwinkern

26.10.2015, 21:42

Tremonia

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Hallo Dopap,

Ich habe mir jetzt was überlegt, dass vlt richtig ist?

Also wenn ich beim ersten mal einen Ball ziehe, das heißt das Ziehen ist das Event, dann habe ich die Wahrscheinlichkeiten von 1/4 für RR bzw BB und 1/2 für RB (BR). Das zweite mal ziehen ist ja dann schon mit weniger möglichen Ausgängen. Ich kann BB oder RR nach einem Zug ja ausschließen. Beim zweiten mal ist diese Möglichkeit aj weg, das heißt die Wahrscheinlichkeit darauf ja Null
Ich weiß nicht wie man die Wahrscheinlichkeit beschreiben soll ist ja eigentlich abhängig das Zweite bzw dritte mal Ziehen, aber da ich diese Möglichkeit dann gar nicht mehr habe ja irgendwie auch wieder nicht... Ich weiß nicht :/

26.10.2015, 22:03

Dopap

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das ist das was ich unter Stufen verstehe. Ich glaube jetzt, dass das Ergebnis Stufenunabhängig ist. In diesem Thread steht jetzt aber schon zuviel Wahres ( aber versteckt ) und Falsches drin, das liest dann keiner mehr.
Ich werde deshalb einen neuen Thread dazu aufmachen und dann frisch und mit meinen Worten versuchen, zuerst einmal die Stufenunabhängigkeit nachzuweisen. Nebenbei sollen auch Lösungen anfallen. Vllt. gibt es dann ja Reaktionen. Bis dann!

26.10.2015, 22:56

HAL 9000

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Da ich gebeten wurde, auch meinen "Senf" dazuzugeben ... hat leider etwas gedauert, bis ich das mitgekriegt habe - sorry:

b) Tja, die Symbolik kommt langsam an ihre Grenzen - wer soll denn noch $\begin{align*} p(r \mid rr) \end{align*}$ verstehen. geschockt

geschockt

Ich bezeichne es mal etwas anders: Sei $\begin{align*} B_k \end{align*}$ das Ereignis, dass der $\begin{align*} k \end{align*}$ -te gezogene Ball rot ist. Dann ist bei b) gesucht

$\begin{align*} P(B_3 \mid B_1\cap B_2) = \frac{P(B_1\cap B_2\cap B_3)}{P(B_1\cap B_2)} \end{align*}$

Die Rechnung im Nenner kennen wir, sie ist oben von Dopap als totale Wahrscheinlichkeit richtig durchgeführt worden. Im Zähler ist es auch nicht anders, nur dass es nun drei rote hintereinander sind:

$\begin{align*} P(B_3 \mid B_1\cap B_2) = \frac{1\cdot \frac{1}{4} + \frac{1}{8}\cdot \frac{1}{2}}{1\cdot \frac{1}{4} + \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2}} = \frac{5}{6} \end{align*}$ ,

also kann ich den Wert oben bestätigen.

P.S.: Ach ja, der Wert $\begin{align*} P( RR \mid B_1\cap B_2) = \frac{2}{3} \end{align*}$ bei a) samt Rechnung und Begründung ist natürlich ebenfalls richtig. Freude

Freude

26.10.2015, 23:26

Tremonia

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Danke soweit HAL 9000!

Beschaäftige mich morgen nochmal mit der Aufgabe, sodass ich sie dann auch vollständig verstehe Augenzwinkern

Augenzwinkern

Hoffentlich Hammer

Hammer

Vielen Dank und liebe Grüße Wink

Wink

26.10.2015, 23:33

Dopap

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fein ! schön wenn man mal einen Daumen bekommt.

In meinem angekündigten Thread möchte ich nochmal zusammenfassen - auch wegen Tremonia - und vor allem das "Stufenprinzip" zur Diskussion stellen.

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