Ich sehe das wie Christoph, es handelt sich um eine bedingte Wahrscheinlichkeit.

P(A|B) ==> Die Wahrscheinlichkeit, dass A eintrifft UNTER DER BEDINGUNG, dass voher B eingetroffen ist.

Das ganze berechnet sich wie folgt (siehe x-beliebiges Formelbuch):
P(A|B) = (Wahrscheinlichkeit, dass A und B gleichzeitig eintreffen)/(Wahrscheinlichkeit, dass B eintrifft).

In unserem Fall ist A = Vorderseite Tux und Rückseite Tux; und
B = Vorderseite (Seite, die man sieht nach dem ziehen der Karte) = Tux

P(B) = 3/6 (6 mögliche Seiten, die man sehen kann beim ziehen und 3 davon sind Tux) = 0.5 = 1/2

P(A und B) = 1/3 (eine Karte die diese Bedingung erfüllt, und 3 Karten, welche vorhanden sind) = 0.3333… = 1/3

Daraus folgt: P(A|B) = (1/3)/(1/2) = 66.67%

Gruss
Marcel

Ich habe das Ding jetzt programmiert und erhalte immer um die 33% positiver Treffer (Tux vorne und hinten)…

…Ich frage mich ob die vom mir ausgerechneten 67.67% nicht die Wahrscheinlichkeit ist, dass das Ereignis NICHT eintrifft?!? Das würde die Resultate meines Perl-Scripts erklähren…

Wie beurteilt ihr die Situation????

Gruss
Marcel

Uuups, habe den Fehler entdeckt! Die Berechnung stimmt, ich habe nur ein Fehler im Code gehabt…!

Nix bedingte Wahrscheinlichkeit! Ich darf nochmal die Aufgabe zitieren:

“Zieht man nun auf gut Glück eine Karte und auf der gerade sichbaren Seite ist Tux zu sehen – wie hoch ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass auf der Rückseite ebenfalls der Pinguin zu sehen ist?”

Also zählen nur die Versuche bei denen man bereits einen Tux sieht. Ich merke aber gerade, daß meine Implementierung nicht ganz korrekt ist. Sehen bedeuted ja Seite 1. Und es kann natürlich sein, daß man diese “Januskarte” zieht, diese aber falschrum anschaut. Man halt also 6 Möglichkeiten, wovon nur 3 in die Zählung eingehen, nämlich die reine Tux Karte von beiden Seiten und die Januskarte mit der Tux Seite oben. Ich komme immer so auf ca. 50%.

Okay, 50% stimmen nicht mehr, war ein Typo :-). Was bietet ihr?

Nach nochmaligen Lesen und Verstehen des Beitrage von Christoph, schließe ich mich so langsam seiner Meinung an :-).

Mon,
ich nun wieder.

Mir leuchtet das nicht ein.

Es sind zwei Bedingungen behauptet:
1. Eine Karte auf gut Glück gezogen
UND
2. Es ist Tux zu sehen.

Wenn aber diese Bedingungen schon vorliegen, kann die Bill-Karte keine Rolle mehr spielen, denn die hat man ja gerade eben nicht gezogen – Die erste Wahrscheinlichkeit liegt als Wirklichkeit schon vor.

Anders gesagt: Die zwar dem Gesamtexperiment zugrunde liegende bedingte Wahrscheinlichkeit ist durch den unterstellten Bedingungseintritt zur unbedingten Wahrscheinlichkeit geworden.

Also doch 50%?

Also ich habe mir das so gedacht:
Wie ihr schon gesagt habt, gibt es 6 Möglichkeiten auf 3 Karten, d.h. eine Wahrscheinlichkeit von 0.5 für die erste Seite (ob nun Tux oder Bill).
Danach geht es meiner Meinung nach folgendermaßen weiter:
*) Es folgt ein Tux, d.h. Tux/Tux: für den zweiten Tux ist die Wahrscheinlichkeit 1/3, da es genau eine Karte mit Tux/Tux gibt (dasselbe gilt für den Fall Bill/Bill)
*) Es folgt ein Bill (bzw. auf Bill ein Tux): die Wahrscheinlichkei ist 2/3, da es genau zwei Karten gibt, welche das jeweils andere Motiv drauf haben

D.h. meine Rechnung lautet folgendermaßen:
Tux_erste_Seite: P(A) = 3/6
Tux_zweite_Seite: P(B) = 1/3
==> P(A und B) = 3/6 * 1/3 = 0.16
==> P(A|B) = P(A und B) / P(A) = 0.33

Für den anderen Fall (Bill/Bill) wäre es natürlich gleich. Für den Fall der “Januskarte” wäre es dann ja einfach 1-0.33 (die umgedrehte Wahrscheinlichkeit vom anderen Fall).

Nur bin ich mir jetzt während dem schreiben schon wieder nicht mehr sicher geworden… Warum tritt Tux/Tux bzw. Bill/Bill nur mit 33% auf, wo es doch nur eine Januskarte gibt (die hat so eine hohe Prozentzahl [66%] bei mir…)
Wobei in meinem Programm mit Zufallszahlen die Tux/Bill bzw. Bill/Tux Variante fast doppelt sooft vorkommt wie die beiden anderen…

Ich bleibe bei meinen 66.67%…

Die erste Voraussetzung (Tux ist zu sehen), kann nicht als gegeben betrachtet werden. Denn: Dass genau dieser Zustand beim ziehen der Karte erreicht ist hat durchaus Einfluss auf die Wahrscheinlichkeit, dass Tux auch auf der Rückseite der Karte ist.

Das Experiment ist eine typische Aufgabenstellung aus der bedingten Wahrscheinlichkeit und desshalb 66.67% (Genaue Erklärung: Siehe Kommentar weiter oben von mir).

Mein script bestätigt meine Berechnungen auch, ich komme den 66.67% bei 1000 Durchläufen ziemlich nahe (+/- 1%)…

Haben wir keinen Mathe-Studi oder Profax unter uns, der das mal bestätigen könnte?!

Grüsse aus der Schweiz
Marcel

Moin,

Also, das mit den Ergebnissen Deines Programms überzeugt und wundert mich nicht, denn das Programm tut genau das, was Du ihm gesagt hast: Es arbeitet mit Deinen Prämissen.
Wenn es meine Prämissen zugrunde legt, kommt 50% raus.

Ansonsten gilt, dass die Chancen 2 zu 3 auf eine 50%-Chance stehen, dass man einen Doppeltux hat…

Ich meine, dass es nur an der Fragestellung liegt, welche Prämissen zugrundegelegt werden müssen. Wenn gewollt ist, dass man eine gezogene Tux-Karte unterstellt, dann kann die Prä-Prämisse einfach keine Rolle mehr speielen, weil sich die 2/3-Chance realisiert hat und insofern von dieser Bedingung nicht mehr abhängt. Wenn mir schon bei diesem Ansatz ein Fehler unterläuft, bitte ich, mir deswegen auf die Sprünge zu verhelfen…

Ansonsten wäre es an der Zeit genaue Exegese an der Aufgabenstellung zu treiben.

Aber wenn ich die Herren Juroren richtig verstehe, haben sie es auch genau auf diesen Disput angelegt. :)

Ich denke aber, dass dies der falsche Ansatz ist. Die Fragestellung sagt ja “WENN man eine Karte zieht und darauf Tux zu sehen ist, wie wahrscheinlich ist dann, dass auf der Rückseite ebenfalls Tux abgedruckt ist”…

Dieses erste “WENN” ist bei der Berechnung der Wahrscheinlichkeit unbedingt zu berücksichtigen. Du kannst nicht einfach die “Prä-Premisse” von deinen Berechnungen auschliessen. Denn, dass genau diese Prä-Premisse eintritt (Tux ist zu sehen) – Genau diese Tatsache unterliegt auch einer Wahrscheinlichkeit.

Dein Ansatz funktioniert wenn du davon ausgehst, dass jedesmal wenn du eine Karte ziehst Tux zu sehen ist – Dies wird aber nicht der Fall sein.

Anders formuliert: Nur dann (und nur dann), wenn die Prä-Premisse erfüllt wird, kann auch die Prämisse erfüllt werden. Durchsuche das Web nach “bedingter Wahrscheinlichkeit” und du wirst hunderte Aufgaben finden, die Beispiele genau dieser Art lösen.

Zur Klärung novh mal die konkrete Aufgabenstellung:

“Zieht man nun auf gut Glück eine Karte und auf der gerade sichtbaren Seite ist Tux zu sehen – wie hoch ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass auf der Rückseite ebenfalls der Pinguin zu sehen ist?”

Zwei Lesarten stehen mE im Raum:

Lesart 1 ist: Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit bie einer zufällig gezogenen Karte vorne ein Tux drauf und gleichzeitig hinten drauf ist. (eine von drei denkbaren Karten erfüllt beide Anforderungen)

Lesart 2 ist: Wenn man eine Karte mit einem Tux vorne drauf gezogen hat, wie hoch ist dann (noch) die Wahrscheinlichkeit, dass auch auf der Rückseite ein Tux ist. (eine von zwei denkbaren Karten erfüllt die Anforerungen – die Bill-Karte hat Nullrelevanz)

Für Lesart 2 spricht, dass die Aufgabenstellung von einer gezogenen Tux-Karte ausgeht und dann nur noch fragt, wie hoch die Chance auf einen zweiten Tux auf der selben Karte ist.

Für Lesart 1 spricht, dass immerhin beide Bedingungen vorher noch einmal explizit benannt wurden.

Doch verstehe ich nicht, wie Lesart 2 mit der Passage “wie hoch ist dann die Wahrscheinlichkeit” umgeht, da diese doch das Vorliegen beider Prämissen unterstellt.

Ich bin hierbei für Leseart 2.

Man muss schon davon ausgehen, dass die Wahrscheinlichkeit, beim ersten Zug einen Tux zu ziehen, mit reingenommen werden muss in die Berechnung.

Das hab ich jedenfalls (siehe oben) in der Berechnung der bedingten Wahrscheinlichkeit berücksichtigt…

Ich bin immer noch der Meinung, dass nicht davon ausgegangen werden kann, dass Tux bereits zu sehen ist…

Spätistens im übernächsten Linux Magazin werden sämtliche Fragen geklärt. Bin gespannt was dabei rauskommt.

Gruss

Hmm, wen es interessiert:
in 9/99 hat PerlMeister sich des Problems der bedingten Wahrscheinlichkeit gewidmet – untder dem Titel: Ziegenproblem.

Hallo,

> Wenn aber diese Bedingungen schon vorliegen, kann die Bill-Karte
> keine Rolle mehr spielen,

Die spielt ja auch keine Rolle, denn Billkarten
können nur zu Ziehungen führen, die nicht zu berücksichtigen
sind, weil ja nur Ziehungen zählen, die eine Tuxseite zeigen
und das kann eine Karte mit doppeltem Bill nie.
Alles nur FUD, wußtet ihr das nicht? ;-)

Gehen wir von 6000 Ziehung aus, so ist ungefähr die
Häufigkeit(Doppeltux gezogen)=2000
(denn ein von drei Karten ist ein Doppeltux)
Häufigkeit(Tuxseite gezogen)=3000
(denn drei von sechs Seiten zeigen Tux)
Dabei sind die 2000 Fälle in den 3000 Fällen
enthalten, denn wenn der Doppeltux gezogen wurde,
kann man nur eine Tuxseite sehen.

Nun ist unsere Vorausetzung (Tux zu sehen),
dass einer dieser 3000 Fälle vorliegt und
die Frage lautete, welchen Prozentanteil machen
daran die Doppeltuxe aus?

Wenn man in 2000 von 3000 Fällen einen Doppeltux
hat, ist die Wahrscheinlichkeit 2000/3000 = 66%

Jetzt ohne Doppelbill:

Gehen wir von 12000 Ziehung aus, so ist
Häufigkeit(Doppeltux gezogen)=6000
(denn ein von zwei Karten ist ein Doppeltux)
Häufigkeit(Tuxseite gezogen)=9000
(denn drei von vier Seiten zeigen Tux)
Wieder sind die 6000 Fälle in den 9000 Fällen
enthalten.

Wenn man in 6000 von 9000 Fällen einen Doppeltux
hat, ist die Wahrscheinlichkeit 6000/9000 = 66%

Das selbe Ergebnis dürfte sich mit zwei, drei,
95, 98, 2000 oder 2003 Doppelbills ergeben –
vermute ich mal.

> denn die hat man ja gerade eben nicht gezogen –
> Die erste Wahrscheinlichkeit liegt als Wirklichkeit schon vor.

Die Rückseite liegt auch “als Wirklichkeit schon vor”,
sobald gezogen ist, daraus kann man aber nicht schließen,
dass die Wahrscheinlichkeit 100% ist.

> Also doch 50%?

50% wäre es, wenn man die nicht gezogene Karte mit
mindestens einem Tux jetzt wieder dazu nimmt und aus
diesen beiden Karten zieht. Das ist aber definitiv nicht
die Aufgabenstellung.

Gruß, Gerald