Bedingte Wahrscheinlichkeit

23.10.2012, 21:11

KDK21

Bedingte Wahrscheinlichkeit

Hallo ihr,

leider stehe ich auf dem Schlauch, was folgende Aufgabe angeht:

Ein Versicherungsvertreter hat mit 80%iger Sicherheit sein Notebook in einer seiner 6 Taschen eingepackt. Als er das Notebook beim Kunden in seinen 6 Taschen sucht, findet er is nicht in den ersten 5. Mit welcher Wahrscheinlichkeit befindet sich das Notebook in der letzten Tasche?

Ersten Überlegungen zufolge müssten das doch auch 80% sein oder nicht?

$\begin{eqnarray*} P (A_{1})=\frac{4}{5}*\frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P (A_{2})=\frac{4}{5}*\frac{1}{5} \end{eqnarray*}$

.
.
.

$\begin{eqnarray*} P (A_{5})=\frac{4}{5}*\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P (A_{6})=\frac{4}{5}*\frac{1}{1}=\frac{4}{5}=80% \end{eqnarray*}$

Dies scheint mir allerdings zu einfach.

Ein nächster Gedankengang ist, hier mit bedingter Wahrscheinlichkeit zu arbeiten. Sprich
$\begin{eqnarray*} P (A) = \end{eqnarray*}$ Wahrscheinlichkeit, dass er das Notebook dabei hat und nicht in den ersten 5 Taschen gefunden hat:
$\begin{eqnarray*} P (A)=\frac{4}{5}*\frac{5}{6}=\frac{2}{3}=67% \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P (B) = \end{eqnarray*}$ Wahrscheinlichkeit, dass sich das Notebook in der 6 Tasche befindet:
$\begin{eqnarray*} P (B)=\frac{4}{5}*\frac{1}{6}=\frac{2}{15}=13% \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P (B|A)=\frac{P (B \cap A)}{P(A)}=\frac{???}{\frac{2}{3}} \end{eqnarray*}$

Hier stellt sich mir dann wieder die Frage, wie berechne ich in diesem Fall die Schnittmenge?

Oder bin ich ganz auf dem Holzweg unterwegs?

Vielen Dank,

Kristin

25.10.2012, 04:26

chris_78

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Dein 1. Ansatz ist schon richtig.
Im Prinzip ist es wie bei Deiner Pizzaaufgabe (habe dazu auch nochmal etwas geschrieben in dem Thread).
Er hat mit Wkt von 80% das Notebook dabei. Hat er schon in 5 von 6 Taschen nachgeschaut, bleibt ja nur noch 1 Tasche in der das Notebook sein könnte. Wenn er das Notebook mit hat (80% Wkt) muss es hier drin sein. $\begin{eqnarray*} \frac{4}{5}*\frac{1}{1}=80% \end{eqnarray*}$ passt also.

25.10.2012, 11:17

KDK21

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Dankeschön smile

25.10.2012, 11:35

HAL 9000

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Man kann das ganze vereinfacht mit nur drei disjunkten Ereignissen darstellen, die alle Fälle abdecken:

$\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ... Notebook ist in einer der Taschen 1..5

$\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ... Notebook ist in Taschen 6

$\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ ... Notebook ist in keiner der Taschen

mit $\begin{eqnarray*} P(A) = \frac{2}{3},\; P(B) = \frac{2}{15},\; P(C) = \frac{1}{5} \end{eqnarray*}$ . Gesucht ist hier nun einfach die bedingte Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(B \bigm| A^c) = P(B \bigm| B\cup C) = \frac{P(B)}{P(B)+P(C)} = \frac{2}{5} \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Es ist ein Kardinalfehler, bereits in die Ereignisdefinition eine Bedingung hereinzunehmen, so wie du es hier gemacht hast

Zitat:

Original von KDK21
$\begin{eqnarray*} P (A) = \end{eqnarray*}$ Wahrscheinlichkeit, dass er das Notebook dabei hat und nicht in den ersten 5 Taschen gefunden hat:

Das geht in der Regel schief, so auch hier.

02.11.2012, 12:21

Maufine

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Also ist der Ansatz von chris_78 falsch?
Wobei mir diese Lösung eigentlich plausibler erscheint.

02.11.2012, 15:05

HAL 9000

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Es bleibt natürlich dir überlassen, ob du die dir passende Lösung nach Demokratieprinzip ("Mehrheit hat Recht"), persönlichen Geschmack oder eventuell auch Logik auswählst. Augenzwinkern

02.11.2012, 17:47

chris_78

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Hallo,
also ich denke schon das mein Ansatz (bzw ja KDK21's 1. Idee) richtig ist.

Die Wahrscheinlichkeiten für A, B und C so wie Hal sie angegeben hat, gelten ja nur beim Öffnen der 1. Tasche (denn da ist die Wahrscheinlichkeit für jede Tasche noch gleich groß mit 2/15).
Durch das Öffnen der Taschen gewinne ich aber an Information (nämlich dass in der geöffneten Tasche das Notebook nicht ist) und die Wahrscheinlichkeiten ändern sich. Genauso wie KdK21 das auch in der 1. Idee dargestellt hat.

02.11.2012, 18:06

Gastmathematiker

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Zitat:

Original von HAL 9000
Es bleibt natürlich dir überlassen, ob du die dir passende Lösung nach Demokratieprinzip ("Mehrheit hat Recht"), persönlichen Geschmack oder eventuell auch Logik auswählst. Augenzwinkern

Da muss ich HAL recht geben.

PS: Diese Probleme sind oft überraschend formuliert, wenn man sich das Problem etwas umformuliert, wird klar, dass das Ergebnis von HAL auch intuitiv richtig ist.

Ich nehme der Einfachheit halber mal 4 Taschen. Jetzt kann man sagen, dass der Vertreter insgesamt 5 Taschen hat. In einer davon ist der Laptop, er nimmt jedoch nur 4 der Taschen mit (hat also mit 80% Wahrscheinlichkeit den Laptop in einer der Taschen dabei).

Wenn der Vertreter jedoch 3 Taschen öffnet, und dort keinen Laptop findet, so muss der Laptop in der Tasche zuhause oder in der letzten Tasche, die er mitgenommen hat, sein. Die Wahrscheinlichkeit ist jeweils 50%.

02.11.2012, 19:14

Dopap

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Zitat:

Original von Gastmathematiker
Wenn der Vertreter jedoch 3 Taschen öffnet, und dort keinen Laptop findet, so muss der Laptop in der Tasche zuhause oder in der letzten Tasche, die er mitgenommen hat, sein. Die Wahrscheinlichkeit ist jeweils 50%.

Das hört sich lediglich logisch an, mehr aber nicht. Bin da vorsichtig geworden ( siehe Ziegenproblem ) .

Das gilt nur, wenn ich keinerlei Vorinformationen habe, oder es "passt zufällig".

02.11.2012, 19:24

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
Bin da vorsichtig geworden ( siehe Ziegenproblem ) .

Eben jenes Ziegenproblem sollte euch dazu bringen, euren Standpunkt zu überdenken. Das Beispiel von Gastmathematiker finde ich sehr überzeugend.

02.11.2012, 19:38

Gastmathematiker

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Zitat:

Original von Dopap
Das gilt nur, wenn ich keinerlei Vorinformationen habe, oder es "passt zufällig".

Und welche Vorinformation siehst du hier? Im Ziegenproblem ist der Moderator, der weiß, in welchem Tor der Wagen ist und somit eine Information einbringt. Sowas ist bei diesem Problem aber nicht zu erkennen.

02.11.2012, 19:43

HAL 9000

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Bei den Zweiflern fehlt offenbar die Akzeptanz, dass hier die bedingte Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(B \bigm| A^c) \end{eqnarray*}$ gesucht ist. Da muss ich mal fragen, was denn konstruktiv als Alternative geboten wird?

02.11.2012, 19:54

chris_78

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Das Ziegenproblem ist mir auch bekannt und das Beispiel von Gastmathematiker hört sich in der Tat sehr überzeugend an.

Ich hatte folgendes Beispiel im Hinterkopf:
Ich habe 8 rote und 2 gelbe Kugeln. Ich ziehe zufällig eine der 10Kugeln und lege sie in eine von 6 leeren Urnen. Mit 80% Wahrscheinlichkeit liegt nun eine rote Kugel in einer der Urnen. Wenn nun jemand nacheinander die Urnen überprüft und die ersten 5 Urnen leer sind, wie große wäre die Wahrscheinlichkeit, dass in der letzten Urne dann eine rote Kugel liegt. Antwort: 80%

Mittlerweile dämmert mir wo der Fehler liegt (nämlich dass das obige Beispiel nicht passt, weil gelbe Kugel und Nichtvorhandensein einer Kugel ja das gleiche repräsentieren sollen).

Gastmathematiker hat mich überzeugt. Danke schön.

02.11.2012, 20:03

HAL 9000

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Zitat:

Original von chris_78
Ich habe 8 rote und 2 gelbe Kugeln. Ich ziehe zufällig eine der 10Kugeln und lege sie in eine von 6 leeren Urnen. Mit 80% Wahrscheinlichkeit liegt nun eine rote Kugel in einer der Urnen. Wenn nun jemand nacheinander die Urnen überprüft und die ersten 5 Urnen leer sind, wie große wäre die Wahrscheinlichkeit, dass in der letzten Urne dann eine rote Kugel liegt.

Das ist ein anderes Wahrscheinlichkeitsmodell, und zwar mit den 12 disjunkten Ereignissen

$\begin{eqnarray*} P(R_1) = \ldots = P(R_6) = \frac{8}{60} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(G_1) = \ldots = P(G_6) = \frac{2}{60} \end{eqnarray*}$ ,

deren Vereinigung den gesamten W-Raum $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ bildet. Und gesucht ist

$\begin{eqnarray*} P(R_6 \bigm| (R_1\cup\ldots R_5\cup G_1\cup\ldots G_5)^c) = P(R_6 \bigm| R_6\cup G_6) = \frac{P(R_6)}{P(R_6)+P(G_6)} = 80% \end{eqnarray*}$ ,

richtig. Augenzwinkern

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