Wahrscheinlichkeit: Karten X ziehen bei 3 fehlenden |
| 12.03.2016, 11:36 | Kvasil | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Wahrscheinlichkeit: Karten X ziehen bei 3 fehlenden
Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit, dass in einem Kartenset aus 52 Karten mit 4 Königen die oberste Karte einer der Könige ist, wenn drei Karten entfernt werden, wobei man nicht weiß, welche das sind. Ich hätte das in Fälle unterteilt: F1 = kein König wurde entfernt F2 = ein König wurde entfernt .. F4 = drei Könige wurden entfernt Die gesuchte Wahrscheinlichkeit entspricht der Vereinigung der einzelnen Ereignisse und in dem Fall (disjunkt) die Summe der Wahrscheinlichkeiten. Ein Laplacescher Wahrscheinlichkeitsraum liegt vor, da die 4 Könige die gleiche Wahrscheinlichkeit haben wie die übrigen identischen Karten, da ja jeder Kartentyp 4 mal vor kommt? Beispielsweise hätte ich das nun so begonnen : . Es fehlen ja drei Karten und unter den übrigen 49 sind 4 Ereignisse, die günstig sind - nach dem Schema "günstige geteilt durch alle Möglichkeiten". Nun könnte allerdings auch noch berücksichtigt werden, dass ja drei Karten erst einmal entfernt werden: Ich tendiere eher zu Letzterem. In jedem Fall ist die wichtigste Frage: Wieso ist diese oder jene Lösung korrekt? |
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| 12.03.2016, 11:55 | gast1203 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| RE: Wahrscheinlichkeit: Karten X ziehen bei 3 fehlenden Ich denke, ein Baumdiagramm hilft am besten weiter. 
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| 12.03.2016, 12:14 | Dopap | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Das geht auch ohne Rechnung. Es bleibt bei 4/52 --> Unabhängigkeit des Ziehens nach Vorauswahl. <-- Du kannst das aber gerne mit einem Baumdiagramm überprüfen. |
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| 12.03.2016, 16:01 | Kvasil | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
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Tatsache. Unglaublich 
Lässt sich das trotz allem noch rechnerisch irgendwie zeigen, abgesehen von den Anwendungen der Pfadregeln im Baumdiagramm? |
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| 12.03.2016, 17:15 | Dopap | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Eigentlich nicht. Jedenfalls wüsste ich nicht wie. Allgemein gilt, dass die Wkt von Ereignissen von der Informationsmenge abhängt in der sich ein "Spieler" befindet. So hat nach Austeilen der Karten die Wkt für Buben im Skat für jeden Spieler einen anderen Wert. Für den Kiebitz der sich den Skat anschaut sogar Null oder Eins, also Gewissheit. Das muss man sich in Ruhe zu Gemüte führen. Nochmals: blindes Ziehen ist keine ( neue ) Information. -------------------------------------------- Vor geraumer Zeit blieben beim Ziehen der Lottozahlen 2 Kugeln hängen, gelangten nicht in die Trommel. Die Ziehung wurde wiederholt, obwohl dafür kein Grund vorlag - warum lag kein Grund vor? |
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| 14.03.2016, 12:13 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Statt sich schrittweise von Karte zu Karte per Baumdiagramm zu hangeln, kann man das ganze auch mal aus der "globalen" Perspektive betrachten: Ein Kartenstapel entspricht einer Permutation der 52 Karten, und bei guter Durchmischung ist jede der Permutationen gleichwahrscheinlich, d.h., wir können das ganze durch einen Laplaceschen W-Raum mit modellieren. Nehmen wir die ersten drei Karten weg (d.h. die ersten drei Elemente der Permutation) und fragen uns nach der Wahrscheinlichkeit, dass die vierte Karte (= viertes Element der Permutation) ein König ist, dann ist die Wahrscheinlichkeit gleich mit ... Menge der Permutationen, wo an vierter Stelle ein König ist Offenbar ist , denn für das vierte Element sind 4 Varianten denkbar, während die restlichen 51 Karten (die drei davor sowie die 48 danach im Stapel) beliebig permutiert sein können. Das ergibt Wahrscheinlichkeit . Entscheidend ist dabei dieses
Bestehen abweichend davon doch Informationen über diese drei Karten, krempelt das die Sache natürlich völlig um: Dann lautet die Rechnung nicht mehr , sondern als bedingte Wahrscheinlichkeit , wobei die (Rest-)Menge an Permutationen repräsentiert, die nach Verarbeitung der Information über die ersten drei Karten noch möglich ist. |
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| 14.03.2016, 14:52 | Dopap | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ein solches Problem mit dem Baumdiagramm zu lösen ist zwar möglich, ist aber oftmals von theoretischer Natur. Man stelle sich nur mal vor, dass nur noch die Hälfte der Karten zur Ziehung zur Verfügung steht ! mit der vorgestellten Lösung geht das aber ganz fix. Hätt' ich auch selbst drauf kommen können. 
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| 14.03.2016, 16:45 | Kvasil | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
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Auch hier wieder ein herzliches Dankeschön HAL 9000 für eine tolle Lösung sowie die Zusatzinformation am Ende deines Beitrags..!
Klingt ein wenig nach einer Aussage, die von a) jedem, der die Lösung zu einem mathematischen Problem sieht, die er vorher nicht gesehen hatte, oder b) jedem (bereits verstorbenen) Mathematiker, der in die Zukunft sehen konnte und dort die Antworten auf die selbst aufgestellten Behauptungen finden würde, stammen könnte. 
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