3 Stände?

16.04.2012, 17:30

cheshirecat:D

3 Stände?

Meine Frage:
Hallo!
Ich habe folgende Frage:
Es gebe drei Losstände (1) (2) (3) , die die jeweils unterschiedlichen Gewinnwahrscheinlichkeiten P_1 für (1) ,P_2 für (2) und P_3) für (3) besitzen. Der Loskäufer weiß dies natürlich nicht.
Ein Loskäufer hat nun einen Gewinn. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist dieser Gewinn von Stand (2)?

Meine Ideen:
Ich dachte, ich rechne irgendwie so:
(3)*P_2^1*(1-P_2)^2
(1)

Aber es scheint mir nicht viel Sinn zu machen?
Für Hilfe wäre ich wirklich sehr dankbar!

Liebe Grüße
grinsekatze

16.04.2012, 17:50

Leopold

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Es fehlt die Wahrscheinlichkeit, mit der sich der Loskäufer für den jeweiligen Stand entscheidet. Solange in der Aufgabe nichts Weiteres angegeben ist, gehe ich davon aus, daß das jeweils mit Wahrscheinlichkeit 1/3 geschieht.

Erstelle einen Baum: In der ersten Stufe verzweigt man zum jeweiligen Stand, in der zweiten Stufe zu $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ (Erfolg) oder $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ (Mißerfolg). Dann hast du die bedingte Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P_G(S_2) \end{eqnarray*}$ zu berechnen (viele schreiben dafür auch $\begin{eqnarray*} P \left( S_2 | G \right) \end{eqnarray*}$ , falls dir das eher geläufig ist). Hierbei steht das Ereignis $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ für "Gewinn" und das Ereignis $\begin{eqnarray*} S_2 \end{eqnarray*}$ für "Stand 2".

Woran erkennt man, daß es um eine bedingte Wahrscheinlichkeit geht?

16.04.2012, 18:02

cheshirecat90

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Danke!

Hm... der Gewinn ist dann eben die Bedingung, von der ich schon sicher weiß, dass sie vorliegt. Von Interesse ist : Wie wahrscheinlich ist es, dass der Loskäufer zu Stand 2 geht unter der Bedingung, dass er einen Gewinn macht?

Ist dann P_2 als die Gewinnwahrscheinlichkeit von Stand 2 im Grunde P(G|S_2)?
Dann bräuchte ich das Bayes-Theorem, um die Lösung zu finden?

16.04.2012, 18:08

Leopold

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Zitat:

Original von cheshirecat90
Ist dann P_2 als die Gewinnwahrscheinlichkeit von Stand 2 im Grunde P(G|S_2)?

Das verstehe ich nicht, schon von der deutschen Grammatik her. verwirrt

Ich habe in meinem Leben noch nie Bayes gebraucht (das ist nur ein bißchen geschwindelt), weil sich der, falls erforderlich, am Baum immer von alleine einstellt. Zeichne den Baum und berechne

$\begin{eqnarray*} P_G(S_2) = \frac{P(S_2 \cap G)}{P(G)} \end{eqnarray*}$

Zähler und Nenner des Bruchs lassen sich unmittelbar am Baum ablesen.

16.04.2012, 20:56

cheshirecat90

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Also kann ich nicht einfach:

$\begin{eqnarray*} <br /> P(G|S_{2})= \frac{P(G|S_{2})\cdot P(S_{2}) }{P(G|S_{2})\cdot P(S_{2})+ P(G|\overline{S_{2}})\cdot P(\overline{S_{2})}}<br /> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(S_{3})=P(S_{3})=P(S_{3}) \end{eqnarray*}$ habe ich ja unmittelbar als $\begin{eqnarray*} \frac {1} {3} \end{eqnarray*}$ gegeben.

$\begin{eqnarray*} P(G|S_{3}), P(G|S_{2}), P(G|S_{1}) \end{eqnarray*}$ sind ja theoretisch auch bekannt. $\begin{eqnarray*} P(G|\overline{S_{2}}) \end{eqnarray*}$ ist ja dann einfach
$\begin{eqnarray*} P(G|S_{3}) + P(G|S_{1}) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(\overline{S_{2}}) \end{eqnarray*}$ ist dann einfach $\begin{eqnarray*} \frac {2} {3} \end{eqnarray*}$

Danke!

17.04.2012, 14:25

Leopold

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In der Formel soll es links wohl $\begin{eqnarray*} P(S_2|G) \end{eqnarray*}$ heißen. Sonst scheint sie mir zu stimmen, wenn ich das auch alles für ziemlich umständlich erachte. Weiter unten aber wird es falsch:

$\begin{eqnarray*} P(G|\overline{S_2}) \neq P(G|S_1) + P(G|S_3) \end{eqnarray*}$

Das liegt daran, daß $\begin{eqnarray*} \frac{1}{a+b} \end{eqnarray*}$ nicht dasselbe wie $\begin{eqnarray*} \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \end{eqnarray*}$ ist.

Ich bleibe dabei: Solche praktischen Aufgaben werden am Baum gelöst. Die Lösung ist offensichtlich, Formelwust überflüssig. Den Formelapparat spart man sich auf, wenn es wirklich an theoretische Überlegungen geht. Da mag er nützlich sein.

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