Verschiedene Muenzen und Wahrscheinlichkeit

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Soriak Auf diesen Beitrag antworten »
Verschiedene Muenzen und Wahrscheinlichkeit
Ein sehr kniffliges Raetsel, zu dem ich bereits mehrere Loesungen gesehen habe... da Mathematik aber kaum Ansichtssache ist, kann nur eine richtig sein Augenzwinkern


Die Sachlage ist schnell erklaert: In einem Sack hat man 10 Muenzen. Davon sind 9 ganz normale mit Kopf und Zahl, und eine Muenze, die auf beiden Seiten Kopf hat.

Nun nimmt man eine Muenze und wirft diese 5x und es kommt 5x Kopf.

Die Frage: Was ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim 6. Wurf Kopf kommt?


Die Wahrscheinlichkeit, dass wieder Kopf kommt, sollte meiner Ansicht nach jedem weiteren Kopf-Wurf groesser werden. Denn je laenger eine solche Reihe andauert, desto eher hat man anfangs die Muenze mit Kopf auf beiden Seiten gewaehlt. Wuerde einmal Zahl kommen, koennte man mit Sicherheit sagen, dass man diese spezielle Muenze nicht hat und duerfte sie ja auch nicht mehr beachten.

Wenn ich mir das als Graph vorstelle, wuerde ich die Sicherheit, mit der die beidseitig-Kopf Muenze gewaehlt wurde, als logarithmischen Graphen vorstellen. Der Wert waere dann zwischen 0.1 (vor dem ersten Wurf) und 1 (im Unendlichen).
system-agent Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Verschiedene Muenzen und Wahrscheinlichkeit
Zitat:
Original von Soriak

Nun nimmt man eine Muenze und wirft diese 5x und es kommt 5x Kopf.

Die Frage: Was ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim 6. Wurf Kopf kommt?



Du nimmst immer die gleiche Münze. Das heisst entweder du hast eine normale Münze oder die spezielle erwischt. Damit hat man zwei Möglichkeiten:
Falls es eine normale Münze ist, dann ist die W'keit 50% Kopf zu bekommen [die vorigen Ergebnisse waren eben eine Glückssträhne]
Falls es die besondere Münze ist, dann ist die W'keit 100% Kopf zu bekommen.

Soll heissen der Witz liegt darin zu schauen mit welcher W'keit man die besondere Münze aus dem Sack zieht.
 
 
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Schöne Aufgabe, lässt sich Bayescher Formel & Co erschlagen, aber nur mit Zusatzüberlegungen. Die ganze Situation kann man mit drei Ereignissen erfassen:

... die Zwei-Kopf-Münze wird gewählt

... die ersten fünf Würfe zeigen alle Kopf

... der sechste Wurf zeigt Kopf

Zu bestimmen ist gemäß Aufgabe die bedingte Wahrscheinlichkeit .

bzw. dessen Komplement sind dabei als Hilfsereignisse von Nutzen.
Slush Auf diesen Beitrag antworten »

Hmm, ich würde sagen die Wahrscheinlichkeit liegt bei 55% !
Es gibt 9 mal Zahl und 11 mal Kopf, das gibt 45% Zahlen und 55% Köpfe,
die 55 %-Wahrscheinlichkeit bleibt solange erhalten, bis ich die Information bekomme das die Münze nicht jene ist welche 2x Kopf hat, dies wäre erst dann der Fall, wenn ich mit der Münze Zahl werfe, ab dann ist die Wahrscheinlichkeit 50% !

Man könnte natürlich nach dem x-ten Kopfwurf irgendwann vermuten, daß es die Kopf-Kopf-Münze ist, dies ändert aber nichts an der Wahrscheinlichkeit, selbst nach dem x-ten mal kann doch noch ganz überraschend Zahl kommen, weil man einfach tatsächlich immer nur zufälligerweise Kopf geschmissen hat.
Bei einer normalen Münze ist die Chance ja auch immer 50%, daß entweder Zahl oder Kopf kommt, egal wie oft nacheinander dasselbe geworfen wird, selbst nach dem x-ten mal Zahl oder Kopf kann wieder das gleiche geworfen werden !

Slush
Schoen und Reich Auf diesen Beitrag antworten »

Hm, diese Aufgabe kommt mir irgendwie bekannt vor. Ich glaube an etwas ähnlichem bin ich schon einmal in einer Klausur gescheitert. Das Problem besteht darin, dass mit einer wachsenden Anzahl von Kopfwürfen die Plausibilität steigt, dass man die Münze mit 2 mal Kopf vorliegen hat, was dann sich auf die Wahrscheinlichkeit auswirkt nocheinmal Kopf zu erhalten: Die Wahrscheinlichkeit bleibt also keinenfalls konstant 55% bis einmal Zahl kommt. Was selbstverständlich richtig ist, ist dass wenn einmal Zahl geworfen wurde, klar ist das es sich um die faire Münze handelt.

Diesen Typ von Aufgabe sollte man einfach rein formal angehen, wie Arthur das schon richtig angefangen hat. Es bringt nichts lange nachzudenken. Einfach alles formalisieren und mit Hilfe von Gesetzen lösen.

Nach bereits dem 4 Bier bin ich dazu leider nicht mehr im Stande und stoße immer wieder auf das Problem (Behalten wir mal Arthur Dents Bezeichungen bei)entweder P(B/C) oder P(B geschnitten C) nicht errechnen zu können.

Prost Prost
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Mutmaßungen hin oder her - berechnen ist solider: Und da kommt Wahrscheinlichkeit heraus, das sind ungefähr 89% .
Schoen und Reich Auf diesen Beitrag antworten »

Muss man eine der beiden von mir angegebenen Wahrscheinlichkeiten überhaupt berechnen?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Gemäß Definition ist , und das ist auch ein gangbarer Rechenweg hier.


P.S.: Kann das mal ein Moderator in die Stochastik verschieben? Denn offenbar kennt der Threadersteller die richtige Lösung nicht, das kann man den Ausführungen entnehmen.
Schoen und Reich Auf diesen Beitrag antworten »

Ich bin nicht der Threadersteller. Zum Poblem: Es gilt ja P(C\B) zu berechnen. Ich wollte es mit deinem Ansatz machen. Aber wie schon gesehen müsste man dazu P(B geschnitten C) oder P(B\C) kennen. Bei der Berechnung von P(B) und P(C) habe ich keine Probleme.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Schoen und Reich
Ich bin nicht der Threadersteller.

Hab ich ja gar nicht behauptet - ich beziehe mich auf den Eröffnungsbeitrag des Threads.

Zitat:
Original von Schoen und Reich
Bei der Berechnung von P(B) und P(C) habe ich keine Probleme.

Dann kannst du deren Berechnung ja mal hier zeigen!
Schoen und Reich Auf diesen Beitrag antworten »

Also







und







Leider kann ich das gestern angsprochene Problem dann immer noch nicht lösen.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

ist richtig, aber falsch - aber brauchst du doch auch gar nicht. Was du noch brauchst, ist , und das kannst du haargenau so ausrechnen, wie das , nämlich mit der Formel der totalen Wahrscheinlichkeit:

.

Das ergibt

.



P.S.: Der Vollständigkeit halber, wenn auch ohne Belang hier:

.


P.S.: Hast du mal die von dir leichtfertig benutzte Symbolik ernsthaft hinterfragt? Die gibt's so gar nicht - was du an der Stelle meinst, ist vermutlich .
Reich un Schoen Auf diesen Beitrag antworten »

Mir war schon klar, dass ich P(C) nicht unbedingt brauche, man hätte es aber auch sorum rechnen können, wär eben komplizierter geworden.

Dein ereignis C ist: Der sechste Wurf zeigt Kopf.

Also ist meine Rechung (trotz falscher Symbolik) doch richtig. Du vergisst den Fall in dem eine faire münze gezogen wird und damit nicht fünf mal hintereinander Kopf geworfen wird . Auch dann existiert da noch die Wahrscheinlichkeit von 0,5, dass beim sechsten Wurf Kopf kommt.

Im übrigen ist mir nicht klar, wieso die Symbolik falsch ist. Ich versuche einfach nur die Pfade in meinem Baumdiagramm abzubilden und da ist es eben so, das C unter der Bedingung das (B unter der Bedingung das A)
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Reich un Schoen
Dein ereignis C ist: Der sechste Wurf zeigt Kopf.

Aha - was ist denn deins? Da du was anderes raus hast, scheinst du ein anderes Ereignis C zu betrachten - das solltest du schon sagen!

Und ich hab nix vergessen an Fällen: Es gibt die Fälle und , da ist kein Platz für einen "Restfall".


EDIT: Im übrigen ist

.

Rechne erstmal dein Zeug ordentlichnach, bevor du anderen falsche Lösungen andichtest. Augenzwinkern


Zitat:
Original von Reich un Schoen
Ich versuche einfach nur die Pfade in meinem Baumdiagramm abzubilden und da ist es eben so, das C unter der Bedingung das (B unter der Bedingung das A)

"Bedingung unter der Bedingung der Bedingung..." - das ist völliger Käse. Wenn du vom Endzweig deines Baumes redest, dann ist das nicht so eine Kette von Bedingungen, sonderen eine einzige Bedingung, die alle Verzweigungsbedingungen aufsammelt durch eine logische UND-Verknüpfung - was ereignisbezogen einem Ereignisdurchschnitt entspricht, eben . Die Schreibweise kannst du gern einführen - die wirst du aber sonst nirgendwo antreffen, schlicht und einfach weil sie überflüssig und verwirrend ist.
Schoen und Reich Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry, habe einfach nur falsch in den Taschenrechner gehackt (Du siehst ja, das die Zahlen so stimmen, nur das Ergebnis nicht) und nicht gesehen, dass wir eigenlich das gleiche rechnen. Du hast eben nur die eine Ebene in dem Baum übergangen.
Schoen und Reich Auf diesen Beitrag antworten »

wär die Ereignisse B und C und der Bedingung A nicht stochhastisch unabhängig würde dein Weg doch nicht mehr funktionieren oder irre ich mich?
Schoen und Reich Auf diesen Beitrag antworten »

Hm, jetzt bin ich gerade völlig verwirrt. Wieso kommt denn das selbe raus? Die verschachtelte Bedingung (B\A) ist doch nicht äquivalent zu der nichtverschaftelten (A geschnitten B). Beide Ereignisse haben unterschiedlichen Wahrscheinlichkeiten, nicht? Denn P(B\A)=(A geschnitten B)\P(B) und P(B) ist ungleich 1.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Schoen und Reich
Die verschachtelte Bedingung (B\A) ist doch nicht äquivalent zu der nichtverschaftelten (A geschnitten B).

Zum letzten Mal: Du verrennst dich da in deiner "Theorie der verschachtelten Bedingungen". Das betreibt außer dir kein Mensch - einfach weil es nicht nötig ist.
Schoen und Reich Auf diesen Beitrag antworten »

Es geht mir nicht darum eine Theorie aufzustellen sondern um das Verständnis. Ich verstehe deine Erklärung mit der und Bedingung. Mein Problem ist, dass sich ein Widerspruch in meinem Kopf aufgebaut habe, den ich noch nicht klären konnte. Der Widerspruch ist in dem letzten Beitrag beschrieben.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Jetzt mal Tacheles: Die bedingte Wahrscheinlichkeit ist definiert

, sofern

Wie setzt du dieses Prinzip fort auf dein seltsames ???

Rein formal wäre das



Was zum Teufel bedeutet dieses im Zähler? Der Durchschnitt eines Ereignisses mit ... ja womit? Einem "bedingten Ereignis" ? Sowas gibt es gar nicht, es gibt bedingte Wahrscheinlichkeiten, bedingte Erwartung - aber keine "bedingten Ereignisse"! Das ist symbolischer Unsinn, den du da verzapfst, sieh es ein.


Edit (DS): *verschoben*
Schoen und Reich Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe es doch schon lange eingesehen. Du musst ja nicht gleich so einen unfreundlichen Ton anschlagen. Ich wollte lediglich den Widerspruch lösen, der sich genau auf das zurückführen lässt, was du grade angesprochen hast. bedingte Ereignise. Das Ereignis A unter der Vorrausetzung das das Ereignis B einstrifft. Ich gehe raus (Ereignis A), die Sonne scheint (Ereignis B), Ich gehe raus unter der Bedingung, dass die Sonne scheint wäre dann meiner Vorstellung nach ein Bedingtes Ereignis. (Ja ich weiss, es ist eigenlch die Schnittmenge) Habe ich vielleicht eine falsche Vorstellung von dem Ereignisbegriff? Wie gesagt ich will dich nicht angreifen oder mich streiten es geht mir nur um das Verständnis.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Schoen und Reich
Du musst ja nicht gleich so einen unfreundlichen Ton anschlagen.

Entschuldige, es war nicht unfreundlich gemeint. Ich würde es eher "ungehalten" nennen, wenn nach zig Erklärungsbeiträgen weiter auf einer nebulösen, nicht richtig erklärten Theorie beharrt wird.

Zitat:
Original von Schoen und Reich
Ich gehe raus (Ereignis A), die Sonne scheint (Ereignis B), Ich gehe raus unter der Bedingung, dass die Sonne scheint wäre dann meiner Vorstellung nach ein Bedingtes Ereignis. (Ja ich weiss, es ist eigenlch die Schnittmenge)

Na von mir aus kannst du diese Theorie entwickeln, hab ja nix dagegen. Aber du hast immer noch nicht die Frage beantwortet, wie du einen Ausdruck wie



sinnvoll definierst und dann berechnest und wo denn der Sinn gegenüber des sauber und ohne Zusatzerklärungen funktionierenden



liegen soll?


Wenn du einen Wkt-Baum entlangsteigst mit den Ereignissen , dann kannst du die Blattwkt am Ende berechnen gemäß

,

ohne irgendwelche Mätzchen wie "bedingte Ereignisse", die du zwar mit Worten formuliert, aber nicht stichhaltig mathematisch erklärt hast:

Ereignisse sind Teilmengen der Grundmenge - genauer: messbare Teilmengen, d.h., Elemente aus einer Sigmaalgebra über . Wo ordnen sich jetzt deine "bedingten Ereignisse", wenn sie denn etwas substanziell anderes als Ereignisdurchschnitte sein sollen, in diesem Kontext ein? Jetzt kein Drumherumreden, sonst werde ich wieder unfreundlich. Augenzwinkern
Coldus Auf diesen Beitrag antworten »

Man hat eine changs von

1
--
10

10%
diese Münze zu ziehen,

die Warscheinlichkeit mit einer normalen münze 5*Kopf zu würfeln ist
1
-
32

3,125%

Also es ist warscheinlicher die Münze gezogen zu haben als einfach so 5mal Kopf gewurfen zu haben
100%/13,125%=~7,61
7,61*10=76,1% (Warscheinlichkeit das man die doppel-kopf münze gezogen hat)
+3,125*7,61*0,5(Warscheinlichkeit das die Münze trotsdemm Kopf würfelt)

ums in brüchen zu haben:

10 3,125*0,5
-------+----------
13,125 13,125

11,5625
=-----------
13,125

=88,0952381%

So das wäre mein Ergebnis ohne vorher ein andres gelesen zu haben

Aber ich erwarte nicht das das richtig ist...
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Coldus
=88,0952381%

So das wäre mein Ergebnis ohne vorher ein andres gelesen zu haben

Aber ich erwarte nicht das das richtig ist...

Gut zu wissen, denn es ist nicht richtig. Vom Durchlesen der Threads hältst du wohl nicht viel, denn das eigentliche Ergebnis steht bereits weiter oben:



Weit weg bist du also nicht, trotz ziemlich merkwürdiger Rechnung.
Coldus Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Coldus
Man hat eine changs von

1
--
10

10%
diese Münze zu ziehen,

die Warscheinlichkeit mit einer normalen münze 5*Kopf zu würfeln ist
1
-
32

3,125%

Also es ist warscheinlicher die Münze gezogen zu haben als einfach so 5mal Kopf gewurfen zu haben
100%/13,125%=~7,61
7,61*10=76,1% (Warscheinlichkeit das man die doppel-kopf münze gezogen hat)
+3,125*7,61*0,5(Warscheinlichkeit das die Münze trotsdemm Kopf würfelt)

ums in brüchen zu haben:

10 3,125*0,5
-------+----------
13,125 13,125

11,5625
=-----------
13,125

=88,0952381%

So das wäre mein Ergebnis ohne vorher ein andres gelesen zu haben

Aber ich erwarte nicht das das richtig ist...

Entschuldigung zu schnell gepostet ich vergas die Warscheinlichkeit das man eine normale münze zieht ein zu beziehn unglücklich
Es muss heißen:

Man hat eine changs von

1
--
10

10%
diese Münze zu ziehen,

die Warscheinlichkeit mit einer normalen münze 5*Kopf zu würfeln ist
9
-
320

2,8125%

Also es ist warscheinlicher die Münze gezogen zu haben als einfach so 5mal Kopf gewurfen zu haben
100%/12,8125%=~7,8
7,8*10=78% (Warscheinlichkeit das man die doppel-kopf münze gezogen hat)
+2,8125*7,8*0,5(Warscheinlichkeit das die Münze trotsdemm Kopf würfelt)

ums in brüchen zu haben:

10 2,8125*0,5
------------+----------------
12,8125 12,8125

11,40625
=-----------
13,125

=89,0243902%

So das wäre mein Ergebnis ohne vorher ein andres gelesen zu haben

Aber ich erwarte nicht das das richtig ist...
Coldus Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Arthur Dent
Zitat:
Original von Coldus
=88,0952381%

So das wäre mein Ergebnis ohne vorher ein andres gelesen zu haben

Aber ich erwarte nicht das das richtig ist...

Gut zu wissen, denn es ist nicht richtig. Vom Durchlesen der Threads hältst du wohl nicht viel, denn das eigentliche Ergebnis steht bereits weiter oben:



Weit weg bist du also nicht, trotz ziemlich merkwürdiger Rechnung.

Ja ich weiss mein fehler war das ich an einer stelle nur
1^5
-
2^5
gerechnet hab und vergessen hab
9
*-
10

um die warscheinlichkeit des keine doppelkopf münze ziehen einbezogen hab..

und das ich so komisch rechne liegt daran das ich bis jetzt leider nur die 10.Klasse HS besuch hab wo ein nicht die Standert Formeln beigebracht werden deshalb hab ich mir, nazu alle meine Formeln selbst ausgedacht, so das sie abweichen
miy Auf diesen Beitrag antworten »
bedingtes Ereignis
Auch ich habe lange geglaubt, dass sich ein "bedingtes Ereignis" nicht sinnvoll definieren lässt.
Nun habe ich doch einen Weg gefunden, zu zwei Ereignissen A, B das bedingte Ereignis

A|B

(lies "A unter der Bedingung B") allgemein zu definieren.
Dafür muss man zunächst den zugrunde liegenden Wahrscheinlichkeitsraum in funktorieller Weise zu einem größeren Raum erweitern.
Falls die Details hier von Interesse sind, führe ich das gerne näher aus.
Leider gelingt es mir nicht, hier mathematische Operatoren und Symbole einzufügen,
so dass die Darstellung in diesem Forum etwas schwierig wird.
miy Auf diesen Beitrag antworten »
bedingtes Ereignis
Auch ich habe lange geglaubt, dass sich ein "bedingtes Ereignis" nicht sinnvoll definieren lässt.
Nun habe ich doch einen Weg gefunden, zu zwei Ereignissen A, B das bedingte Ereignis

A|B

(lies "A unter der Bedingung B") allgemein zu definieren.
Dafür muss man zunächst den zugrunde liegenden Wahrscheinlichkeitsraum in funktorieller Weise zu einem größeren Raum erweitern.
Falls die Details hier von Interesse sind, führe ich das gerne näher aus.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Kann mir schon vorstellen, dass man unter Aufblähung des W-Raumes sowas zurechtbasteln kann - ein anderer W-Raum heißt natürlich auch, dass man nicht mehr mit dem orignalen W-Maß sondern einem auf dem erweiterten Raum definierten W-Maß arbeiten muss. Es fällt mir allerdings schwer zu erkennen, inwiefern eine solche Betrachtung irgendeinen Mehrwert gegenüber der herkömmlichen Betrachtung haben könnte. Aber ich lass mich natürlich gern vom Gegenteil überzeugen. Augenzwinkern
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