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Mathematik » Stochastik und Statistik » Bedingte Wahrscheinlichkeit, Skatspiel
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Universität/Hochschule J Bedingte Wahrscheinlichkeit, Skatspiel
Marie97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-05-15


Guten Mittag biggrin

Ich bearbeite seit einer Weile folgende Aufgabe:





Ich weiß nicht so recht, wie ich bei dieser Aufgabe vorgehen soll.. Bei der a) habe ich einen Ansatz und sie so weit auch berechnet, aber bin mir noch unsicher, ob sie richtig ist.

Und bei der b) weiß ich überhaupt nicht, wie ich vorgehen soll. Sie hängt bestimmt mit der a) zusammen, aber ich weiß nicht wie...


Mein Ansatz für die a) ist so
_____________________________


Gesucht:
_________

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass Spieler $A$ genau einen Buben hat, unter der Bedingung, dass Spieler $A$ mindestens einen Buben hat.

Also $\mathbb{P}(E\; \vert \; D)$



Vorgehensweise:

_______________


Wir wollen zunächst die Wahrscheinlichkeiten $\mathbb{P}(E)$,$\mathbb{P}(\overline{D})$, $\mathbb{P}(D)$ und $\mathbb{P}(D \; \vert \; E)$ berechnen, um dann die eigentlich gesuchte Wahrscheinlichkeit $\mathbb{P}(E\; \vert \; D)$ mit Hilfe des Satzes von Bayes zu berechnen


Bestimmung von $\mathbb{P}(E)$

Die Wahrscheinlichkeit $\mathbb{P}(E)$ bestimmen wir mit Hilfe des Hypergeometrischen Verteilung.\

Wir definieren folgende Variablen:

$K :=$ Anzahl der vorhandenen Buben im Skatspiel

$k :=$ Anzahl der Buben, der Spieler $A$ bei $10$ zufällig gewählten Karten besitzt

$N :=$ Anzahl der Karten des Skatspiels

$n := $ Anzahl der Karten, die Spieler $A$ zufällig wählt



Aus der Voraussetzung ergeben sich dann $ K = 4, k = 1, N = 32, n = 10$

Damit können wir jetzt $\mathbb{P}(E)$  mit Hilfe des Hypergeometrischen Verteilung bestimmen:


$\mathbb{P}(A) =  \frac{\binom{4}{1} \cdot \binom{28}{9}}{\binom{32}{10}}  = \frac{4 \cdot 6906900 }{64512240} = \frac{385}{899}$





Bestimmung von $\mathbb{P}(\overline{D})$

Die Wahrscheinlichkeit $\mathbb{P}(\overline{D})$ bestimmen wir ebenfalls mit Hilfe des Hypergeometrischen Verteilung.

Hierfür ergeben sich $ K = 4, k = 0, N = 32, n = 10$

Damit lautet die Wahrscheinlichkeit $\mathbb{P}(\overline{D})$:

$\mathbb{P}(\overline{D}) = \frac{\binom{4}{0} \cdot \binom{28}{9}}{\binom{32}{10}} = \frac{1 \cdot 13123110 }{64512240} = \frac{1463}{7192}$



Bestimmung von $\mathbb{P}(D)$



$\mathbb{P}(D) = 1 - \mathbb{P}(\overline{D}) = 1 - \frac{1463}{7192} =  \frac{5729}{7192}$



Bestimmung von $\mathbb{P}(D \; \vert \; E)$


Das Ereignis $\mathbb{P}(D \; \vert \; E)$ sagt folgendes aus:


 Spieler $A$ hat unter den $10$ ausgewählten Karten mindestens einen Buben, unter der Voraussetzung, dass er genau einen Buben hat.
 
 Die Wahrscheinlichkeit dafür ist selbstverständlich $100\%$. Denn wenn Spieler $A$ genau einen Buben hat, dann hat er auch mindestens einen Buben.
 
Daher gilt  $\mathbb{P}(D \; \vert \; E) = 1$.



Bestimmung von $\mathbb{P}(E\; \vert \; D)$


Nun wollen wir die eigentlich gesuchte Wahrscheinlichkeit$\mathbb{P}(E\; \vert \; D)$ mit Hilfe des Satzes von Bayes berechnen.



$\mathbb{P}(E\; \vert \; D) = \frac{\mathbb{P}(D \; \vert \; E) \cdot \mathbb{P}(E)}{\mathbb{P}(D)} = \frac{1 \cdot \frac{385}{899}}{\frac{5729}{7192}} = \frac{3080}{5729} \approx 0,538  \overset{\wedge}{=}  53. 8 \%$





Ist das so weit in Ordnung? Falls ja, wie könnte ich bei der b) vorgehen? Mir fällt das leider nichts ein...


Freue mich auf eure Antworten smile


schönen Tag!



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-05-15


Hallo Marie97,

das sieht doch gut aus!

2019-05-15 15:45 - Marie97 im Themenstart schreibt:
$\mathbb{P}(\overline{D}) = \frac{\binom{4}{0} \cdot \binom{28}{9}}{\binom{32}{10}}$

Hie muss es \(\frac{\binom{4}{0} \cdot \binom{28}{10}}{\binom{32}{10}}\) heißen.

Die Zahlenrechnungen habe ich nicht geprüft.

Geht b nicht im wesentlichen genauso? Fang doch mal an!



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Marie97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-15


Hey, vielen dank für dein Feedback! smile

Bei der b) komme ich nicht besonders weit.

Wenn ich die Ereignisse

$E :=$  Spieler $A$ hat genau einen Buben

$K :=$  Spieler $A$ hat  einen Kreuzbuben

definiere, dann muss


$\mathbb{P}(E\; \vert \; K)$ bestimmen.

Das geht bestimmt auch mit dem Satz von Bayes, aber etwas "problematisch" wird es bei der Berechnung von $\mathbb{P}(K)$. Um diese Wkeit zu berechnen, habe ich mir folgendes überlegt:

Jetzt überlege ich mir, unter welchen Bedingungen Spieler $A$ ein Kreuzbube haben kann.

Spieler $A$ kann ein Kreuzbube haben, wenn er nur einen Buben hat.

Spieler $A$ kann ein Kreuzbube haben, wenn er nur zwei Buben hat.

Spieler $A$ kann ein Kreuzbube haben, wenn er drei Buben hat.

Spieler $A$ kann ein Kreuzbube haben, wenn er vier Buben hat.

Dann hängt meine Wahrscheinlichkeit iwie zusammen mit den Wahrscheinlichkeiten $\mathbb{P}(K\; \vert \; E)$, $\mathbb{P}(K\; \vert \; E_{2})$, $\mathbb{P}(K\; \vert \; E_{3})$ und $\mathbb{P}(K\; \vert \; E_{4})$, wobei

$E_{i}$ das Ereignis ist, dass Spieler $A$ $i$ Buben hat, für $i = 2,3,4$


Naja, und mit diesen 4 Wkeiten könnte ich dann mit der totalen Wkeit die Wkeit $\mathbb{P}(K)$ berechnen, oder?


Falls ja, dann wüsste ich nicht, wie ich die Ereignisse $\mathbb{P}(E_{i})$ bestimmen soll frown





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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-05-15


Es geht viel einfacher! P(K) kannst du ebenfalls mit der hypergeometrischen Verteilung berechnen, so wie du P(E) berechnest.

Dann brauchst du noch P(K|E). Aber das ist auch ganz einfach.



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Marie97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-15


Das Problem ist, dass ich bei der Hypergeometrischen Verteilung $\mathbb{P}(K)$ von $\mathbb{P}(E)$ nicht unterscheiden kann...


$P(K|E)$ ist tatsächlich gar nicht so schwierig. Wenn Spieler $A$ einen Kreuzbuben hat, unter der Voraussetzung, dass er genau einen Buben hat, dann ist die Wkeit 100%. Weil wir haben ja nur einen Buben.

Aber bei $\mathbb{P}(K)$  tu ich mich immer noch schwer. Geht es vielleicht damit?


E = Spieler $A$ hat genau ein Bube

$E_{2}$ = Spieler $A$ hat 2 Buben

$E_{3}$ = Spieler $A$ hat 3 Buben

$E_{4}$ = Spieler $A$ hat 4 Buben


Mein Gedanke ist folgender:


Wenn Spieler $A$ genau ein Bube hat, dann kann es der Kreuzbube sein, muss es aber nicht. Dann ist die Wkeit einfach nur $P(E)$.

Wenn Spieler $A$ zwei Buben hat, dann kann es der Kreuzbube sein, muss es aber nicht. Dann ist die Wkeit einfach nur $P(E_{2})$.

Und so geht das weiter...

Wenn ich die Wkeiten ausrechne, dann erhalte ich:

$P(E) = \frac{\binom{4}{1} \cdot \binom{28}{9}}{\binom{32}{10}} = \frac{385}{899}$

$P(E_{2}) = \frac{\binom{4}{2} \cdot \binom{28}{8}}{\binom{32}{10}} = \frac{2079}{7192}$


$P(E_{3}) = \frac{\binom{4}{3} \cdot \binom{28}{7}}{\binom{32}{10}} = \frac{66}{899}$

$P(E_{4}) = \frac{\binom{4}{4} \cdot \binom{28}{6}}{\binom{32}{10}} = \frac{21}{3596}$



Und demnach müsste ich alle diese 4 Wkeiten zusammen addieren, damit ich $P(K)$ habe.

Aber ich bin mir dabei sehr unsicher. Ich kann nicht sagen, was ich übersehe.


Was meinst du dazu?


Lg, Marie smile



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-05-15


2019-05-15 20:50 - Marie97 in Beitrag No. 4 schreibt:
1) $P(K|E)$ ist tatsächlich gar nicht so schwierig. Wenn Spieler $A$ einen Kreuzbuben hat, unter der Voraussetzung, dass er genau einen Buben hat, dann ist die Wkeit 100%. Weil wir haben ja nur einen Buben.

2) Und demnach müsste ich alle diese 4 Wkeiten zusammen addieren, damit ich $P(K)$ habe.

1) Es sind nicht 100%! Wenn du weißt, dass der Spieler genau einen Buben hat, dann kann das ja Kreuz, Pik, Herz oder Karo sein. Alle vier W'keiten sind identisch. Was ist also P(K|E)?

2) Wenn du die vier Werte addierst, erhältsr du die W'keit, dass der Spieler mindestens einen Buben besitzt. Das ergibt aber (natürlich) nicht P(K). (Es ist wirklich einfacher!)



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Caban
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Aus: Brennpunkt einer Parabel
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-05-15


Hallo

Die Wahrscheinlichkeiten sind richtig, aber das Gegenereignis hättest du hier viel schneller berechnen können.

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Gruß Caban

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-05-15


2019-05-15 21:15 - Caban in Beitrag No. 6 schreibt:
Die Wahrscheinlichkeiten sind richtig, aber das Gegenereignis hättest du hier viel schneller berechnen können.

fed-Code einblenden

Stimmt, bei a brauchst du Bayes gar nicht. Noch einmal mit deinen Notationen:

\(P(E|D)=P(E\cap D)/P(D)=P(E)/(1-P(\overline D))\)



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Marie97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-15


Okay, vielen Dank für eure Antworten. Die Formel mit dem Schnitt sollte ich mir merken, die ist vorteilhafter.


Wenn ich mir das nochmal anders überlege, dann $P(K \; \vert \; E) = \frac{1}{4}$, oder?


Aber auf $P(k)$ komme ich einfach nicht darauf. Vielleicht denke ich aber auch viel zu kompliziert.




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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-05-16


2019-05-15 23:35 - Marie97 in Beitrag No. 8 schreibt:
1) Wenn ich mir das nochmal anders überlege, dann $P(K \; \vert \; E) = \frac{1}{4}$, oder?

2) Aber auf $P(k)$ komme ich einfach nicht darauf. Vielleicht denke ich aber auch viel zu kompliziert.

1) Das ist richtig!

2) Ich denke auch, dass du hier den sprichwörtlichen Wald nicht siehst wink \(P(K)=\frac{\binom11\cdot\binom{39}{9}}{\binom{40}{10}}\)

Viele Grüße
StrgAltEntf



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Marie97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-16


Vielen Dank, dass ich um die Uhrzeit noch eine Antwort bekomme. Ist nicht selbstverständlich.





Dein Binomialkoeffizient $\binom{1}{1}$ scheint Sinn für mich zu machen...Es gibt im Skatspiel nämlich nur eine Karte, die die Eigenschaft von einem Kreuzbube hat. Und zwar Kreuzbube selbst (also n = 1) und wenn ich genau diese ziehe, dass ist k = 1.

Aber was mich irritiert ist, warum du plötzlich N = 40 gesetzt hast. Wir haben ja nur 32 Karten. Ich hoffe, dass es ein Tippfehler ist und kein weiteres Verständnisproblem meinerseits biggrin


Ich wünsche dir noch eine gute Nacht!

lg, Marie



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Guten Morgen,

ja natürlich muss es 32 bzw. 31 heißen. Wollte mal sehen, ob du aufpasst *rausred* biggrin



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Marie97 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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