Beziehung in Tabelle < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | In Urne A befinden sich 1 rote und 2 weiße Kugeln.
In Urne B befinden sich 2 rote und 1 weiße Kugeln.
Nun wird eine beiden der Urnen ausgewählt, und aus dieser ausgewählten Urne wird 10 Mal eine Kugel gezogen (logischerweise mit zurücklegen)
Frage: Wie oft muss man mindestens eine rote Kugel ziehen, um zu 90% sicher zu sein, dass man die Kugeln aus Urne B gezogen hat?
|
Die Einzel-Wahrscheinlichkeiten habe ich alle ausrechnen können
(z.B.: genau 7 Rote aus Urne B zu ziehen)
Und die Summen-Wahrscheinlichkeiten sind dann auch keine Problem mehr
(z.B. mindestens 4 Rote aus Urne A zu ziehen)
Aber dann kriege ich die Logik des letzten Schrittes nicht hin:
90% sicher heißt doch: die Wahrscheinlichkeit [mm] p_{1} [/mm] muss 9 Mal größer sein als die Wahrscheinlichkeit [mm] p_{2}. [/mm]
Aber ich weiß nicht: Was muss man mit wem in Beziehung setzen? Was ist [mm] p_{1} [/mm] bzw. [mm] p_{2}?
[/mm]
Die von mir berechnete Tabelle füge ich unten bei:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
|
|
| |
|
> In Urne A befinden sich 1 rote und 2 weiße Kugeln.
> In Urne B befinden sich 2 rote und 1 weiße Kugeln.
>
> Nun wird eine beiden der Urnen ausgewählt, und aus dieser
> ausgewählten Urne wird 10 Mal eine Kugel gezogen
> (logischerweise mit zurücklegen)
>
> Frage: Wie oft muss man mindestens eine rote Kugel ziehen,
> um zu 90% sicher zu sein, dass man die Kugeln aus Urne B
> gezogen hat?
>
> Die Einzel-Wahrscheinlichkeiten habe ich alle ausrechnen
> können
> (z.B.: genau 7 Rote aus Urne B zu ziehen)
>
> Und die Summen-Wahrscheinlichkeiten sind dann auch keine
> Problem mehr
> (z.B. mindestens 4 Rote aus Urne A zu ziehen)
>
> Aber dann kriege ich die Logik des letzten Schrittes nicht
> hin:
> 90% sicher heißt doch: die Wahrscheinlichkeit [mm]p_{1}[/mm] muss 9
> Mal größer sein als die Wahrscheinlichkeit [mm]p_{2}.[/mm]
> Aber ich weiß nicht: Was muss man mit wem in Beziehung
> setzen? Was ist [mm]p_{1}[/mm] bzw. [mm]p_{2}?[/mm]
>
>
> Die von mir berechnete Tabelle füge ich unten bei:
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
Hallo rabilein,
was hier gefragt ist, ist ein einseitiger Test
mit der Nullhypothese: "die Kugeln wurden aus
Urne A gezogen", und für die Rechnung braucht
man auch nur die Tabellenwerte für die Urne A.
Einseitiger Test ist angebracht, weil klar ist,
dass bei einer grossen Anzahl gezogener roter
Kugeln der Verdacht eindeutig ist, dass sie
wohl nicht aus A, sondern aus B stammen.
Um die Nullhypothese mit [mm] p\ge [/mm] 90% verwerfen zu
können, darf die entsprechende Irrtumswahrschein-
lichkeit höchstens 10% betragen. Nehmen wir als
Beispiel einmal an, es seien 7 rote Kugeln gezogen
worden. Falls die Kugeln wirklich aus Urne A kamen,
ist P(mindestens 7 rote Kugeln)=1-P(höchstens 6
rote Kugeln)=1-0.982=0.018=1.8%
Bei so vielen roten Kugeln ist es also locker
möglich, die Nullhypothese zu verwerfen.
Wir können also die geforderte Mindestzahl
noch reduzieren, und zwar so weit, als diese
Irrtumswahrscheinlichkeit noch unter 10%
bleibt.
LG Al
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:57 Fr 17.07.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Mag sein, dass du Recht hast, dass man die Liste aus Urne B völlig außer Acht lassen kann.
Trotzdem verwirrt mich das irgendwie immer noch.
Also mal angenommen, man zieht GENAU 7 Rote.
Diese können mit einer Wahrscheinlichkeit von 1.63 % aus Urne A und mit einer Wahrscheinlichkeit von 26.01 % aus Urne B kommen. Beides addiert ergibt 27.64 %.
Da ich in diesem Fall aber zu 100% (und nicht nur zu 27.64 %) weiß, dass ich 7 Rote gezogen habe, muss die Summe 100% sein - bei gleichem Verhältnis.
Das sind dann 94.1% für Urne B und 5.9% für Urne A.
Mit der genauen Anzahl ist mir das also klar, was ich wie ins Verhältnis setzen muss. Nur nicht mit mindestens oder höchstens.
Meines Erachtens muss man da die eine Additionsreihe gegen die andere vergleichen - eventuell auch mit den Gegenwerten.
Ich kann mir nur nicht vorstellen, dass die Ergebnisse der einen Urne völlig unerheblich sind.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:09 Fr 17.07.2009 | | Autor: | abakus |
> Mag sein, dass du Recht hast, dass man die Liste aus Urne B
> völlig außer Acht lassen kann.
>
> Trotzdem verwirrt mich das irgendwie immer noch.
>
>
> Also mal angenommen, man zieht GENAU 7 Rote.
>
> Diese können mit einer Wahrscheinlichkeit von 1.63 % aus
> Urne A und mit einer Wahrscheinlichkeit von 26.01 % aus
> Urne B kommen.
Hallo,
diese Aussage ist so nicht wahr. Richtig ist lediglich:
WENN aus Urne A gezogen wurde, dann hat "genau 7" eine W. von 1,63%
und
WENN aus Urne B gezogen wurde, dann hat "genau 7" eine W. von 26,01%
> Beides addiert ergibt 27.64 %.
Hier gibt es nichts (sinnvoll) zu addieren.
Gruß Abakus
>
> Da ich in diesem Fall aber zu 100% (und nicht nur zu 27.64
> %) weiß, dass ich 7 Rote gezogen habe, muss die Summe 100%
> sein - bei gleichem Verhältnis.
> Das sind dann 94.1% für Urne B und 5.9% für Urne A.
>
>
> Mit der genauen Anzahl ist mir das also klar, was ich wie
> ins Verhältnis setzen muss. Nur nicht mit mindestens oder
> höchstens.
> Meines Erachtens muss man da die eine Additionsreihe gegen
> die andere vergleichen - eventuell auch mit den
> Gegenwerten.
>
> Ich kann mir nur nicht vorstellen, dass die Ergebnisse der
> einen Urne völlig unerheblich sind.
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:27 Fr 17.07.2009 | | Autor: | rabilein1 |
> > Beides addiert ergibt 27.64 %.
> Hier gibt es nichts (sinnvoll) zu addieren.
Die Addition ist aber doch erforderlich, um das Verhältnis (auf 100%) zu ermitteln.
Es sei denn - so wie Al-Chwarizmi sagte - dass meine ganze Logik in dieser Aufgabe falsch ist. Und genau DAS ist mir nicht klar.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:36 Fr 17.07.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Ähnliche Aufgabe:
Fritz und Hans werfen mit Dart-Pfeilen auf eine Scheibe.
Fritz trifft mit einer Wahrscheinlichkeit von 20%.
Hans trifft mit einer Wahrscheinlichkeit von 5%.
Nun steckt ein Pfeil in der Scheibe.
Frage: Mit welcher Wahrscheinlichkeit stammt der Pfeil von Fritz?
Meines Erachtens muss man hier 20 und 5 addieren. Das sind 25.
25 mal VIER ergibt 100.
Nun die 20% von Fritz mal VIER. Das sind 80%.
Antwort: Mit 80%iger Wahrscheinlichkeit stammt der Pfeil von Fritz.
|
|
|
| |
|
> Mag sein, dass du Recht hast, dass man die Liste aus Urne B
> völlig außer Acht lassen kann.
>
> Trotzdem verwirrt mich das irgendwie immer noch.
> .....
> .....
> Ich kann mir nur nicht vorstellen, dass die Ergebnisse der
> einen Urne völlig unerheblich sind.
Hallo rabilein,
Ehrlich gesagt, hat mich das auch ein Stück weit
irritiert, und deshalb habe ich mir das Ganze noch-
mals anhand eines Baumdiagramms überlegt.
Möglicherweise kommt man damit zu einem bes-
seren Resultat als mit der üblichen Methode, wo
man keine genauen Informationen über den Inhalt
der "Urne B" voraussetzen kann.
Mit diesem Baum und der Annahme, dass die
Auswahl der Urnen mit fifty-fifty-Chancen erfolgt,
komme ich zur Gleichung
$\ [mm] P(\,B\ [/mm] |\ [mm] r\ge k\,)\ [/mm] =\ [mm] \bruch{P(r\ge k\,|\ B)}{P(r\ge k\,|\ A)+P(r\ge k\,|\ B)}$
[/mm]
Gestützt auf die Werte aus deiner Tabelle habe ich
einige der entsprechenden Wahrscheinlichkeiten
berechnet (das würde man am besten mit Tabellen-
kalkulation tun):
$\ [mm] P(\,B\ [/mm] |\ [mm] r\ge 5\,)\ \approx\ [/mm] 0.813$
$\ [mm] P(\,B\ [/mm] |\ [mm] r\ge 6\,)\ \approx\ [/mm] 0.911$
$\ [mm] P(\,B\ [/mm] |\ [mm] r\ge 7\,)\ \approx\ [/mm] 0.969$
Die 90% werden also erstmals bei r=6 (also bei
mindestens 6 roten Kugeln) überschritten.
Das ist immerhin dasselbe Ergebnis, auf das
man auch bei der anderen Überlegung kommt.
Bei anderen Voraussetzungen könnte sich
aber eine Diskrepanz ergeben.
LG und ![[gutenacht]](/images/smileys/gutenacht.gif "[gutenacht]") Al
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:01 Sa 18.07.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Danke Al-Chwarizmi.
Unabhängig von dir bin ich zum selben Ergebnis gekommen (siehe Tabelle)
Eigentlich lag es die ganze Zeit auf der Hand: Anstatt GLEICH und GLEICH (das kannte ich ja) musste man MINDESTENS und MINDESTENS miteinander in Beziehung setzten
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:29 Sa 18.07.2009 | | Autor: | abakus |
> Danke Al-Chwarizmi.
>
> Unabhängig von dir bin ich zum selben Ergebnis gekommen
> (siehe Tabelle)
>
> Eigentlich lag es die ganze Zeit auf der Hand: Anstatt
> GLEICH und GLEICH (das kannte ich ja) musste man MINDESTENS
> und MINDESTENS miteinander in Beziehung setzten
Hallo, ich halte die "fifty-fifty"-Annahme für problematisch.
Gruß Abakus
>
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
>
>
>
|
|
|
| |
|
> Hallo, ich halte die "fifty-fifty"-Annahme für
> problematisch.
> Gruß Abakus
Hi Abakus,
diese Annahme bezog sich nur auf die
zufällige Auswahl eines der beiden Würfel
für die dann durchgeführte Wurfserie !
Diese Annahme gehört also zu den Vor-
aussetzungen der Rechnung.
Die Sprechweise von den nicht geworfenen
Sechsern, welche zu je 50% mit jedem
Würfel geworfen worden sind, sollte man
aber eher den Filosoffen überlassen ... 
Im gewöhnlichen Leben sind wir aber
schon froh, dass nicht die Hälfte aller
Spielwürfel gezinkt sind.
LG Al
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:30 Sa 18.07.2009 | | Autor: | rabilein1 |
> Hallo, ich halte die "fifty-fifty"-Annahme für problematisch.
Auf den ersten Blick wunderte ich mich, dass keine der Zahlen der letzten Spalte unter 50% lag.
Aber nun ist logisch, warum: Die Aussage "Ich habe MINDESTENS NULL rote Kugeln gezogen" beinhaltet KEINE Information. (Diese Aussage trifft sowohl zu, wenn ich genau null Rote gezogen habe, aber auch wenn ich 8 Rote gezogen habe).
Da ich nun überhaupt nicht weiß, welche Kugeln gezogen wurden, haben Urne A und Urne B beide die gleiche Chance - daher fifty-fifty.
|
|
|
| |
|
| Aufgabe | Ich befürchte, dass die Zahlen in der Ursprungsaufgabe nicht besonders geschickt gewählt waren.
Daher die Aufgabe etwas verändert:
Bei Würfel A ergibt jeder 6. Wurf eine SECHS.
Bei Würfel B ergibt jeder 5. Wurf eine SECHS.
Man wirft mit einem der Würfel 10.000 Mal.
Frage:
Ab wie vielen SECHSEN kann man mit 90%iger Sicherheit sagen, dass man mit Würfel B geworfen hat? |
Problem:
In diesem Fall ist es mir unmöglich, so eine Tabelle aufzustellen wie bei der Ursprungsaufgabe.
Aber mal angenommen, man hätte so eine Tabelle.
Dann ergibt sich die selbe Frage: Welche Werte aus der Tabelle müsste man miteinander in Beziehung bringen?
|
|
|
| |
|
> Ich befürchte, dass die Zahlen in der Ursprungsaufgabe
> nicht besonders geschickt gewählt waren.
Für die prinzipiellen Überlegungen waren die
ganz in Ordnung !
> Daher die Aufgabe etwas verändert:
>
> Bei Würfel A ergibt jeder 6. Wurf eine SECHS.
> Bei Würfel B ergibt jeder 5. Wurf eine SECHS.
>
> Man wirft mit einem der Würfel 10.000 Mal.
Der Hauptunterschied zum ersten Beispiel ist
die sehr große Zahl von Würfen. Die macht
die Benützung von Tabellen unpraktikabel,
aber man kann sich sehr gut mit der Normal-
verteilung behelfen.
> Frage:
> Ab wie vielen SECHSEN kann man mit 90%iger Sicherheit
> sagen, dass man mit Würfel B geworfen hat?
Nach den Überlegungen in diesem Artikel muss
$\ [mm] P(\,B\ [/mm] |\ [mm] r\ge k\,)\ [/mm] =\ [mm] \bruch{\blue{P(r\ge k\,|\ B)}}{\red{P(r\ge k\,|\ A)}+\blue{P(r\ge k\,|\ B)}}\ \ge\ [/mm] 0.9 $
werden. Die im Zähler und im Nenner des
Bruches auftretenden Wahrscheinlichkeiten
kann man im Normalverteilungsdiagramm
durch Flächeninhalte darstellen:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Da die beiden Glocken der Normalverteilungen
für A und für B in diesem Fall so klar separiert
sind, kann man für den Flächeninhalt des blauen
Gebietes für alle relevanten Werte von k ohne
weiteres 1.000 setzen. Also kommen wir auf
die Ungleichung:
[mm] $\bruch{\blue{1}}{\red{P(r\ge k\,|\ A)}+\blue{1}}\ \ge\ [/mm] 0.9 $
welche auf
[mm] $\red{P(r\ge k\,|\ A)}\le [/mm] 0.111...$
führt. Aus der Tabelle der Standardnormalver-
teilung entnimmt man dazu den Wert [mm] z\approx [/mm] 1.22
Daraus resultiert für k ein Wert von knapp
über 1712. Um auf der sicheren Seite zu
liegen, können wir also sagen: Werden in
den 10000 Würfen mindestens 1713 Sechser
gewürfelt, so war der benützte Würfel mit
mindestens 90% Wahrscheinlichkeit der
gezinkte Würfel B.
Nach der üblichen Testmethode müsste man
statt vom Wert 0.111... vom Wert 0.1 ausgehen
und käme so auf [mm] z\approx [/mm] 1.28 und auf [mm] k\approx [/mm] 1714.4.
Dies bedeutet, dass man mit diesem nicht
ganz so guten Test zwei Sechser zuviel
verlangt, um die Nullhypothese (Würfel A)
zu verwerfen.
LG Al-Chwarizmi
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:52 Sa 18.07.2009 | | Autor: | rabilein1 |
> [mm]\ P(\,B\ |\ r\ge k\,)\ =\ \bruch{\blue{P(r\ge k\,|\ B)}}{\red{P(r\ge k\,|\ A)}+\blue{P(r\ge k\,|\ B)}}\ \ge\ 0.9[/mm]
Diese Formel kann ich nachvollziehen. Jetzt müsste man sehen, ab welchem Wert der Quotient größer als 0.9 ist.
> [mm]\bruch{\blue{1}}{\red{P(r\ge k\,|\ A)}+\blue{1}}\ \ge\ 0.9[/mm]
Hier fehlt wieder die B-Komponente.
Mag sein, dass diese auch hier für das End-Ergebnis unwesentlich ist.
Dennoch ergibt sich durch das Weglassen der Alternative das selbe Problem wie in der Ursprungs-Aufgabe.
Ich hatte absichtlich eine so große Zahl (10.000) gewählt, damit man nicht "mogeln" kann.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:18 Sa 18.07.2009 | | Autor: | rabilein1 |
> ..., kann man für den Flächeninhalt des blauen
> Gebietes für alle relevanten Werte von k ohne
> weiteres 1.000 setzen.
Ich hatte das als TAUSEND angesehen. Du meintest aber wohl EINS.
Insofern ist mir wieder das Missgeschick mit den ungeschickt gewählten Zahlen passiert. Die beiden Ereignisse sollten schon beide relevant sein und nicht nur ein Ereignis.
|
|
|
| |
|
> > ..., kann man für den Flächeninhalt des blauen
> > Gebietes für alle relevanten Werte von k ohne
> > weiteres 1.000 setzen.
>
> Ich hatte das als TAUSEND angesehen. Du meintest aber wohl
> EINS.
Ich verwende konsequent den Dezimalpunkt,
weil das Komma andere Zwecke zu erfüllen
hat, etwa die Komponenten von Vektoren
oder die Elemente von Mengen voneinander
abzugrenzen.
Anstatt 1 habe ich im vorliegenden Fall 1.000
geschrieben, weil ich nicht eine exakte
Eins meinte, sondern eine gerundete Eins,
jedoch mit mindestens drei korrekt gerundeten
Nullen dahinter.
Für sehr grosse Zahlen verwende ich allenfalls
folgende Schreibweise:
siebzehntausend: 17'000
37.6 Millionen: 37'600'000
> Insofern ist mir wieder das Missgeschick mit den
> ungeschickt gewählten Zahlen passiert. Die beiden
> Ereignisse sollten schon beide relevant sein und nicht nur
> ein Ereignis.
Auch dies war aber praktisch: es hat sich doch
immerhin gegenüber dem klassischen Null-
Hypothesentest auf diese Weise eine Verbes-
serung gezeigt: Anstatt mindestens 1715
Sechser reichen schon 1713 Sechser aus, um
sich für den Würfel B zu entscheiden.
Als nächstschwierigere Stufe kann man nun
etwa 10000 Würfe mit einem normalen Würfel
und einem nur geringfügig gezinkten betrachten,
der in 10000 Würfen durchschnittlich 1700
Sechser zeigt. Dann überlappen sich die beiden
Glockenkurven der Normalverteilungen gehörig,
und die Rechnungen werden dann eher etwas
unangenehm. Für die (ungefähre) Lösung
empfiehlt sich dann Tabellenkalkulation mit
den entsprechenden (näherungsweisen)
Normalverteilungen. Für eine exakte Entschei-
dung, ob man am Schluss z.B. abrunden oder
aufrunden soll, käme dann allenfalls eine exakte
(aber sehr aufwendige) Rechnung mit der Bino-
mialverteilung in Frage.
Ich möchte mich aber nicht dazu verpflichten,
diese Rechnungen dann auch wirklich durch-
zuführen ... Ich denke nur, dass auch in die-
sem Fall eine leichte Verbesserung gegenüber
dem klassischen Test resultieren sollte. Fällt
diese aber ganz klein aus, bringt sie eventuell
doch keine echte Änderung der Entscheidungs-
regel.
LG Al
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:55 So 19.07.2009 | | Autor: | rabilein1 |
>
> Ich verwende konsequent den Dezimalpunkt,
> weil das Komma andere Zwecke zu erfüllen hat
In Deutschland nimmt man normalerweise das Komma, um eine Dezimalzahl darzustellen. Wenn ich trotzdem konsequent den Dezimalpunkt verwende, dann hat das einen sehr einfachen Grund:
Mein Computer hat eine Macke:
Um einen Punkt zu schreiben, muss ich nur auf die Taste mit dem Punkt tippen.
Um dagegen ein Komma zu schreiben, muss ich irgendwo im Text ein Komma suchen, dieses kopieren und dann an die gewünschte Stelle einfügen.
> Als nächstschwierigere Stufe kann man nun
> etwa 10000 Würfe mit einem normalen Würfel
> und einem nur geringfügig gezinkten betrachten,
> der in 10000 Würfen durchschnittlich 1700
> Sechser zeigt.
So einen "geringfügig gezinkten Würfel" findet man in jedem Spielkasino.
Würde alles "gerecht" zugehen, hätte ein Roulette nur 36 Felder - und die Kasinos würden alle Pleite machen. Das 37ste Feld dagegen sichert den Kasinos Millionengewinne - vorausgesetzt, es finden sich genügend spielfreudige Besucher.
Die Differenz zwischen [mm] \bruch{1}{36} [/mm] und [mm] \bruch{1}{37} [/mm] beträgt gerade mal
0.02777777 minus 0.02702702 gleich 0.00075075
oder 0.075 % (man achte auf den Dezimalpunkt, der eigentlich ein Komma sein sollte)
|
|
|
|
