Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » Bedingte Wahrscheinlichkeit 3 Karten

Bedingte Wahrscheinlichkeit 3 Karten

Schüler

Tags: Bedingt, Wahrscheinlichkeit

Lnexp aktiv_icon

16:24 Uhr, 11.10.2025

Von drei Spielkarten ist eine auf beiden Seiten schwarz, die zweite auf beiden Seiten rot
und die dritte auf einer Seite schwarz und auf einer rot.
Die Karten werden unter einem Tuch gemischt und eine wird hervorgezogen - man sieht eine rote Seite.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist auch die andere Seite rot?

Mein Ansatz: Baum mit 3 Ausgängen zu jeweils

\frac{1}{3}

zu jeder Karte,
danach in den zweiten Ästen Oberseite rot / schwarz
danach in den dritten Ästen Unterseite rot / schwarz

Paare ( Oberseite ; Unterseite )

P (r; r) = \frac{1}{3}

P (s; s) = \frac{1}{3}

P (r; s) = \frac{1}{6}

P (s; r) = \frac{1}{6}

Bedingte Wk:
P_oben rot( unten rot)

= \frac{P (r; r)}{P (r; r) + P (r; s)}

= \frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{3} + \frac{1}{6}}

= \frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{1}

= \frac{2}{3}

Das widerspricht aber der Anschauung: wenn man eine rote Seite sieht,
dann kann es sich ja nur entweder um die Karte handeln, die auf beiden Seiten rot ist oder um die Karte, die auf einer Seite rot und auf der anderen schwarz ist,
das müsste dann die Wk

p = \frac{1}{2}

ergeben.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Roman-22

22:53 Uhr, 11.10.2025

>

dann kann es sich ja nur entweder um die Karte handeln, die auf beiden Seiten rot ist oder um die Karte, die auf einer Seite rot und auf der anderen schwarz ist,

Ja, aber es ist doch wahrscheinlicher für die doppelrote Karte, dass sie auch mit einer roten Seite oben rauskommt. Das ist bei dieser Karte ja immer der Fall, bei der rot-schwarzen nur in

50 %

der Fälle. Es ist daher doppelt so wahrscheinlich, dass es sich um die doppelrote handelt.

Du kannst es dir auch mir Abzählen vorstellen. Dazu bezeichnen wir die beiden roten Seiten der Doppelroten mir

R 1

und

R 2,

die rote Seite der Rot-Schwarzen mit RS.

Es gibt als drei Möglichkeiten für eine sichtbare rote Seite,

R 1, R 2

und RS. Und in zwei von diesen drei Fällen handelt es sich um die Doppelrote.

Randolph Esser aktiv_icon

04:28 Uhr, 12.10.2025

Es gibt drei rote und drei schwarze Seiten.

Für das Ereignis

R :=

"Eine beliebig gewählte und gedrehte Karte zeigt rot (die obere Seite)"

gilt somit

p (R) = \frac{1}{2}

.

Für das Ereignis

D :=

"Eine beliebige gewählte und gedrehte Karte ist die doppelt rotseitige Karte"

gilt

p (D) = \frac{1}{3}

und somit auch schon

p (D \cap R) = \frac{1}{3}

.

Gesucht ist die bedingte Wahrscheinlichkeit

p_{R} (D) = \frac{p (D \cap R)}{p (R)} = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{2}} = \frac{2}{3}

.

Hier noch einfach mal alles, was das Szenario hergibt:

p (R) = p (\bar{R}) = \frac{1}{2}, p (D) = \frac{1}{3}, p (\bar{D}) = \frac{2}{3},

p_{R} (D) = \frac{2}{3}, p_{R} (\bar{D}) = \frac{1}{3}, p_{\bar{R}} (D) = 0, p_{\bar{R}} (\bar{D}) = 1,

p_{D} (R) = 1, p_{D} (\bar{R}) = 0, p_{\bar{D}} (R) = \frac{1}{4}, p_{\bar{D}} (\bar{R}) = \frac{3}{4},

p (D \cap R) = \frac{1}{3}, p (D \cap \bar{R}) = 0, p (\bar{D} \cap R) = \frac{1}{6}, p (\bar{D} \cap \bar{R}) = \frac{1}{2}

.

Als Anhang noch die zwei Bäume dazu und etwas zum Schmunzeln,

nämlich das sogenannte Ziegentüren-Phänomen...

KL700 aktiv_icon

10:15 Uhr, 12.10.2025

Meine Überlegung:

Karte1: rr

Kartei2:ss

Karte3: sr

Als Treffer kommen nur Karte 1 oder 3 infrage.

P = P (K 1) + P (K 3) = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{2}{3}

Eine bedingte WKT sehe ich hier nicht.
Es wird nur 1mal gezogen.

Lnexp aktiv_icon

17:51 Uhr, 12.10.2025

An KL700: Die Frage war nicht, mit welcher Wahrscheinlichkeit die beidseitig rote oder die verschieden gefärbte Karte gezogen wird,
sondern mit welcher Wahrscheinlichkeit die beidseitig rote Karte vor einem liegt,
*unter der Bedingung*, dass eine rote Oberseite zu sehen ist.

Meine eigene Rechnung in meinem Frage-Posting war also korrekt
(und die "Anschauung" mit

p = \frac{1}{2}

war naiv, da die beidseitig rote Karte doppelt gezählt werden muss).

Roman-22

22:18 Uhr, 12.10.2025

>

An KL700: Die Frage war nicht, mit welcher Wahrscheinlichkeit die beidseitig rote oder die verschieden gefärbte Karte gezogen wird,

Ja, es scheint dass er die Wahrscheinlichkeit dafür angegeben hat.
Vielleicht wollte er aber auch die Wahrscheinlichkeit für das laut Angabe bereits eingetretene Ereignis "man sieht eine rote Seite." berechnen - die ist aber

\frac{1}{2}

und nicht

\frac{2}{3}

.
Möglicherweise hat aber auch die KI, die er so gerne befrägt, die Aufgabe nicht ganz 'verstanden'...

Und ja, die Doppelrote muss gewissermaßen auch doppelt gezählt werden, weil sie ja auf zwei verschiedene Arten rot zeigen kann.

calc007

09:59 Uhr, 13.10.2025

Hallo Lnexp
Es ist ja schon alles gesagt.
Gestattet, dass ich dennoch auch meinen Gedankengang anbiete.

Weil - dein

"Mein Ansatz: Baum mit 3 Ausgängen..."

für meinen Geist nicht sehr verständlich ist.
Auch ich habe damit angefangen, einen Ereignisbaum zu skizzieren, der die Dinge doch eigentlich sehr anschaulich vor Augen führt, und Forums-Rückfragen fast überflüssig machen sollte.
Ich hätte aber nicht von 'zweiten oder dritten Ästen' gesprochen,
sondern von zwei Ebenen.

Erste 'Ebene' oder Vorgang:
Das ist das Mischeln.
Ich hatte dafür 2 Äste,
denn das einzig Spannende daran ist doch, ob die zwei-farbige Karte hierbei mit rot /oder/ schwarz sichtbar zu liegen kommt.

Dann die zweite 'Ebene' oder Vorgang:
Das ist das Kartenziehen.
Ich hatte dafür 3 Zweige (pro Ast),
denn es ist ja die Auswahl an 3 Karten, von denen eine gezogen wird.

Und jetzt sollte zur Übersicht nicht wirklich viel fehlen:
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit der zwei Äste beim ersten Vorgang?
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit der drei Zweige beim zweiten Vorgang?
Wie viele End-Ereignisse stehen zur Wahl?
Sind die alle gleich-berechtigt?
Wie viele davon zeigen eine rote Oberseite?
Wie viele davon korrespondieren zur doppel-roten Karte?
Wie viele davon korrespondieren zur zwei-farbigen Karte?

Spezial-Nachfrage für KL70000000:
Siehst du nun den Punkt, an dem bedingte Wahrscheinlichkeit auftritt?

Lnexp aktiv_icon

15:04 Uhr, 13.10.2025

Hi calc007, Deine "Vorgehensweise" verstehe ich nicht.

Hier die "Musterlösung" aus dem Mathe-Buch, die ich gerade hinten im Buch gefunden habe:

calc007

15:30 Uhr, 13.10.2025

Keine Sorge,
ich halte meinen Gedankengang zwar

>

für näher (chronologisch) am Aufgabentext,

>

und hatte ja schon erklärende Worte genutzt.

Aber lass dich nicht verwirren.
Wenn du deinen Weg gefunden hast, herzlich gerne!
Jeder sollte den Weg gehen, den er für am zugänglichsten findet.
Das Schöne an Mathe ist ja, dass jeder (richtige) Weg zum vollkommen gleichen Ergebnis führt.
:-)

Lnexp aktiv_icon

15:36 Uhr, 13.10.2025

Hoffentlich kommst Du dann am Ende ebenfalls auf die Wahrscheinlichkeit 2/3

calc007

15:40 Uhr, 13.10.2025

probier's aus

. .

!

:-)
Ich bin zuversichtlich.

Lnexp aktiv_icon

15:47 Uhr, 13.10.2025

Kann ich nicht, da Deine Beschreibung unverständlich ist.
Probier es doch mal selbst aus - und rechne es dann hier mal vor, vielleicht verstehe ich dann, was Du meinst.

calc007

15:50 Uhr, 13.10.2025

"unverständlich" ist sie ja bestimmt nicht.
Ich behaupte sogar, mehr erklärt zu haben, als das "Lösungsblatt", das du eingescannt hast.
Fang doch mal mit dem Ereignisbaum an...
Schritt für Schritt zum Erfolg!

Lnexp aktiv_icon

15:59 Uhr, 13.10.2025

Das musst Du wohl selbst machen, wenn Du auf die Lösung kommen willst.
Ich kann es nicht für Dich machen, weil Deine Ausführungen unverständlich sind.
Rechne es einfach vor, vielleicht kann man es dann verstehen.

PS: Das Mischen führt dazu, dass eine der drei Karten zufällig ausgewählt wird,
daher beginnt der Baum in der "ersten Ebene" mit drei gleichwahrscheinlichen Ästen mit jeweils der Wk 1/3, siehe Lösung von mir bzw. aus dem Buch.
Danach wird die Oberseite betrachtet: DAS ist chronologisch.

calc007

16:05 Uhr, 13.10.2025

Das Mischen führt insbesondere auch dazu, dass die zweifarbige Karte mit einer stochastisch zufälligen Seite nach (später sichtbar) oben zu liegen kommt.

Der Aufgabentext spricht eigentlich erst vom Mischen,
dann vom Ziehen einer Karte.

Um mal voran zu kommen, siehe Baum dazu...

calc007

09:08 Uhr, 14.10.2025

Der Vollständigkeit halber:

HAL9000

13:05 Uhr, 14.10.2025

Bei dem Terminus "Mischen" (der im Original-Wortlaut der Aufgabenstellung wohlweislich vermieden wurde) ist eine gewisse Vorsicht angebracht:

Beim "normalen" Mischen von Spielkarten ist es i.d.R. nicht üblich, einzelne oder mehrere Karten während des Mischvorgangs "umzudrehen" - genau das wird hier aber gemacht. ;-)

N8eule

13:41 Uhr, 14.10.2025

Auch der Aufgabentext nutzt den Terminus 'gemischt'.
Aber ganz richtig:

>

natürlich haben die meisten gängigen Spielkarten eine einheitliche Rückseite, die ja typischerweise die Gegenspieler nicht identifizieren können sollen.

>

und unter Mischen hier in diesem Aufgaben-Sachkontext haben alle Diskussionsteilnehmer sicherlich in Betracht gezogen, dass die zwei-farbige Karte natürlich hierbei stochastisch auf jede ihrer Seiten gedreht werden kann.

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

1591813

1591777

	Status: nicht eingeloggt	Noch nicht registriert?