Was ist an dieser Aufgabe falsch (Wahrscheinlichkeitsrechnung?)?
Nico soll drei Briefe in adressierte Umschläge tun. Da er vergessen hat, welcher Brief in welchen Umschlag kommt, verteilt er die Umschläge zufällig auf die Umschläge. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er genau einen Brief falsch eingetütet hat ?
Ich hab das gemacht: Diese Lösungen erfüllen das: FFR, FRF, RFF ! F= Falsch, R=Richtig ! FFR = 2/3 × 1/2 × 1 = 1/3; FRF= 2/3 × 1/2 ×1= 1/3; RFF = 1/3 × 1 × 1= 1/3. Jetzt alles addieren, also 1/3 + 1/3 + 1/3 = 100% ! Aber die Wahrscheinlichkeit dafür kann doch nicht 100 % sein, es gibt doch andere Lösungen ! Ich weiß, dass die richtige Lösung 1/2 ist, da 3 von 6 Lösungen stimmen. Aber warum ist meins falsch ?
5 Antworten
Da wo du "1" hingeschrieben hast, gehört in den meisten Fällen keine 1 hin.
Generell ist das ganze nicht so einfach, wie du dir das vorstellst. Wenn er zum Beispiel den ersten Brief in einen falschen Umschlag gesteckt hat, ist die Wahrscheinlichkeit, dass er den zweiten auch in einen falschen Umschlag steckt abhängig davon, ob er den ersten in den zum zweiten oder den zum dritten gehörenden Umschlag getan hat.
Die Wahrscheinlichkeit für richtig liegt bei 1/3, für falsch bei 2/3.
Da Du ja nicht weißt, welcher richtig ist, kannst Du auch nicht sagen, dass nach 2 falschen der 3. Umschlag richtig sein muß, Du weißt ja nicht, dass die ersten beiden falsch sind...
Daher ist FFR=2/3 * 2/3 * 1/3 =4/27, das ganze mal 3, wg FFR, FRF, RFF:
=> 4/27*3=4/9=0,4444 => Wahrscheinlichkeit für genau 1 Treffer: 44,44%
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er genau einen Brief falsch eingetütet hat ?
Diese Aufgabe lässt sich durch etwas überlegen lösen, da muss nichts gerechnet werden.
Ich denke aber, die Aufgabe lautet richtig: "Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er genau einen Brief richtig eingetütet hat?", oder?
Wenn ich das richtig rekonstruiert habe, berechnest du gerade Folgendes: Du hast eine Urne mit 2 F und einem R. Um die Kombination FFR zu ziehen, brauchst du zunächst ein F. Dieses erhältst du mit der Wahrscheinlichkeit 2/3. Danach brauchst du wieder ein F. Es sind nur noch ein F und ein R da, also beträgt die Wahrscheinlichkeit, nun ein F zu ziehen, 1/2. Und den letzten Buchstaben ziehst du mit Sicherheit, also ist die Wahrscheinlichkeit, FFR zu ziehen, 2/3 * 1/2 * 1. Richtig so?
Das Problem ist: Damit berechnest du nur die Wahrscheinlichkeit, dass FFR rauskommt, wenn du schon sicher weisst, dass genau zwei F und ein R vorkommen. Und klar, wenn du eine Urne mit zwei F und einem R hast und ohne Zurücklegen dreimal ziehst, dann kommt mit Sicherheit entweder FFR, FRF oder RFF raus. Eine andere Möglichkeit gibts ja nicht. Genau das hast du berechnet.
Berücksichtigst du hingegen, dass es insgesamt auch die Möglichkeit gibt, dass alle Briefe am richtigen Ort sind (RRR) oder dass alle falsch sind (FFF), und überlegst noch kurz, wie viele Möglichkeiten es gibt, alle Briefe falsch einzupacken, dann kommst du darauf, dass es insgesamt nur 6 mögliche Endergebnisse gibt (wie du selbst schon schreibst). Davon sind 3 erwünscht, nämlich FFR, FRF und RFF, also beträgt die Wahrscheinlichkeit dafür 3/6 = 1/2.
So kannst du das nicht aufschreiben. Du betrachtest das ja wie einen Münzwurf - also so als ob die Belegung der drei Ereignisse unabhängig ist.
Das ist aber nicht der Fall.
Stell dir mal vor, du würdest in jeden Brief hineinschauen. Du schaust in den ersten - da ist der richtige Brief drin. Du schaust in den zweiten - da ist der richtige Brief drin. Musst du den dritten jetzt noch aufmachen?
Nein - denn natürlich muss da jetzt auch der richtige drin sein, die falschen sind ja schon weg.
Wenn du so darüber nachdenkst, ist völlig klar, dass NIE der Fall eintreten kann, dass genau ein Brief falsch eingetütet wurde. Wenn nämlich genau einer falsch ist, müssten die beiden anderen ja richtig sein. Dann ist aber für den dritten auch nur noch der richtige Brief über.
Statt also R und F zu verwenden, musst du stattdessen Tripel aus Zahlen verwenden.
123 bedeutet dann, dass der erste Brief im ersten, der zweite im zweiten, der dritte im dritten Umschlag gelandet ist, das ist also die korrekte Variante.
Solche (gleichwahrscheinlichen) Anordnungen gibt es genau 6:
123
132
213
231
312
321
Es gibt also
1 Möglichkeit, alle drei Briefe korrekt zu addressieren (123)
2 Möglichkeiten, alle drei Briefe falsch zu addressieren (231 und 312)
3 Möglichkeiten, einen Brief richtig, die beiden anderen aber falsch zu addressieren (132, 321, 213)
und - wie gesagt - keine Möglichkeit, einen Brief falsch, die anderen beiden aber richtig zu addressieren.
Warum schaut er denn nicht einfach in die Briefe? Die Wahrscheinlichkeit, dass er dann richtig kuvertiert, liegt um 100 %.
??? Was ?