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Wahrscheinlichkeitsrechnung
Gunnar Bittersmann
Der MartinHallo,
ich stehe vor einem Programmierproblem und sehe den mathematischen Hintergrund zur Lösung nicht:
Nehmen wir an, wir haben ein Jasskarten-Set mit 36 Karten. Diese werden sortiert und dann jeweils eine Karte an eine von drei "Stellen" auf den Tisch gelegt.
Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine bestimmte Karte an eine der drei Stellen kommt? Logischerweise gibt es von einer Karte nur genau eine, also "kein zurücklegen".
Wie würde die Rechnung ausschauen, wenn die Karten "gewichtet" sind?
Wär froh, wenn hier jemand den math. Hintergrund zu kennen würde.
mathn00b
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@@mathn00b:
nuqneH
Diese werden sortiert
?? Sortiert? Oder doch gemischt?
und dann jeweils eine Karte an eine von drei "Stellen" auf den Tisch gelegt.
?? Der Reihe nach? Also am Ende sind in allen 3 Stapeln gleich viele Karten?
Wie würde die Rechnung ausschauen, wenn die Karten "gewichtet" sind?
?? Gewichtet?
Wär froh, wenn hier jemand den math. Hintergrund zu kennen würde.
Die Wahrscheinlichkeit ist das Verhältnis der Anzahl der günstigen Möglickeiten (in deinem Fall* der eine bestimmte Stapel) zur Anzahl aller Möglichkeiten (in deinem Fall* 3 Stapel)
P = 1/3
Qapla'
* so wie ich es verstanden habe
--
Alle Menschen sind klug. Die einen vorher, die anderen nachher. (John Steinbeck)-
Hallo Qapla
Diese werden sortiert
?? Sortiert? Oder doch gemischt?Gemischt, nicht sortiert, also totally randomized.
und dann jeweils eine Karte an eine von drei "Stellen" auf den Tisch gelegt.
?? Der Reihe nach? Also am Ende sind in allen 3 Stapeln gleich viele Karten?Ne, vom gemischten Stapel werden die obersten drei Karten genommen und jeweils eine an eine Stelle gelegt.
Wie würde die Rechnung ausschauen, wenn die Karten "gewichtet" sind?
?? Gewichtet?Sagen wir mal so: Beim Kartenspiel hat ja jede Karte die gleiche Wahrscheinlichkeit. In meinem Programm aber, gibt es quasi Karten, deren Wahrscheinlichkeit höher ist um auf dem Stapel zu landen.
Danke schonmal für deine Antwort, ich hoffe deine Fragen gut beantwortet zu haben um das Problem korrekt zu umschreiben.
mathn00b
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Grüße,
du kannst 36 Karten auf 3 Stellen auf 36*35*34 weisen verteilen,
da dich aber nur eine karte interessiert - ist es 1/36 für die nötige Karte mal 1/3 für die richtige Stelle^^
MFG
bleicher-
Hallo bleicher
du kannst 36 Karten auf 3 Stellen auf 36*35*34 weisen verteilen,
da dich aber nur eine karte interessiert - ist es 1/36 für die nötige Karte mal 1/3 für die richtige Stelle^^Mich interessiert die Wahrscheinlichkeit, dass eine bestimmte Karte auf mindestens einer (egal welche) Stelle erscheint.
Bei der ersten Karte habe ich eine Wahrscheinlichkeit von 1/36, dass die eine bestimmte Karte gezogen wird. Sobald die erste Stelle besetzt ist und die eine Karte noch nicht liegt, wird die Wahrscheinlichkeit aber grösser, da es ja nur noch 35 Karten im Stapel gibt. Bei der dritten Position gibt's dann nur noch 34 Karten. Insgesamt gibt es 36*35*34 Möglichkeiten, das stimmt. Aber wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine bestimmte Karte auf eine der drei Stellen kommt? Bzw. noch etwas komplizierter: die Karten sind ja bei meinem Problem gewichtet.
Danke für deine Antwort
mathn00b
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@@mathn00b:
nuqneH
Aber wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine bestimmte Karte auf eine der drei Stellen kommt?
Auf eine beliebige der drei Stellen? Du suchst die Wahscheinlichkeit, dass die eine Karte unter den drei gezogenen ist?
Anzahl der günstigen Möglichkeiten: die eine Karte auswählen und dazu aus den anderen 35 noch 2 auswählen, also [latex]\tbinom{35}{2}[/latex]
Anzahl aller Möglichkeiten: [latex]\tbinom{36}{3}[/latex]
Wahrscheinlichkeit: [latex]\frac{\tbinom{35}{2}}{\tbinom{36}{3}} = \frac{35\cdot34}{1\cdot2} \cdot \frac{1\cdot2\cdot3}{36\cdot35\cdot34} = \frac{1}{12}[/latex]
Bzw. noch etwas komplizierter: die Karten sind ja bei meinem Problem gewichtet.
Was soll das heißen?
Qapla'
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Alle Menschen sind klug. Die einen vorher, die anderen nachher. (John Steinbeck)-
Bzw. noch etwas komplizierter: die Karten sind ja bei meinem Problem gewichtet.
Was soll das heißen?
Dass eine Karte für sagen wir 2 zählt - dann gibts halt nicht 36 Karten sondern 37 - eine wird so behandelt, als wäre sie doppelt vorhanden.
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Hallo Qapla
Aber wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine bestimmte Karte auf eine der drei Stellen kommt?
Auf eine beliebige der drei Stellen? Du suchst die Wahscheinlichkeit, dass die eine Karte unter den drei gezogenen ist?Genau ja. Auf irgendeiner Stelle bzw. wie du sagst, die Wahrscheinlichkeit, dass eine Karte unter den drei gezogen wird.
Wahrscheinlichkeit: [latex]\frac{\tbinom{35}{2}}{\tbinom{36}{3}} = \frac{35\cdot34}{1\cdot2} \cdot \frac{1\cdot2\cdot3}{36\cdot35\cdot34} = \frac{1}{12}[/latex]
Das werd ich mir genau anschauen.
Bzw. noch etwas komplizierter: die Karten sind ja bei meinem Problem gewichtet.
Was soll das heißen?suit hat recht. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Karte gezogen wird steigt, zählt quasi für 1.5 oder zwei Karten.
Danke für deine Antwort!
mathn00b
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Hi,
da dich aber nur eine karte interessiert - ist es 1/36 für die nötige Karte mal 1/3 für die richtige Stelle^^
nur wenn man die Stelle auch noch per Zufall ausgewählt. Ich bin aber davon ausgegangen, dass die Ablagestelle vorher festgelegt ist und die Wahrscheinlichkeit gesucht wird, dass *eine bestimmte* Karte dort zu liegen kommt. Dann sind wir bei 1/36.
Mich interessiert die Wahrscheinlichkeit, dass eine bestimmte Karte auf mindestens einer (egal welche) Stelle erscheint.
Das ist eine leicht veränderte Betrachtung. Nimm an, man zieht drei Karten, legt sie zunächst verdeckt auf die drei Ablagen und deckt erst auf, wenn alle drei Karten liegen. Dann hat man drei mal die Chance, die gesuchte Karte zu ziehen, die Wahrscheinlichkeit, sie zu erwischen, verdreifacht sich also zu 3 * 1/36.
Bei der ersten Karte habe ich eine Wahrscheinlichkeit von 1/36, dass die eine bestimmte Karte gezogen wird. Sobald die erste Stelle besetzt ist und die eine Karte noch nicht liegt, wird die Wahrscheinlichkeit aber grösser, da es ja nur noch 35 Karten im Stapel gibt. Bei der dritten Position gibt's dann nur noch 34 Karten. Insgesamt gibt es 36*35*34 Möglichkeiten, das stimmt. Aber wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine bestimmte Karte auf eine der drei Stellen kommt?
Was du hier betrachtest, ist eine bedingte Wahrscheinlichkeit: Natürlich ist die Wahrscheinlichkeit beim zweiten Mal höher, die gesuchte Karte zu ziehen, wenn man weiß, dass sie beim ersten Mal nicht gezogen wurde. An der Wahrscheinlichkeit bezogen auf den gesamten Vorgang (3mal ziehen) ändert das aber nichts.
Bzw. noch etwas komplizierter: die Karten sind ja bei meinem Problem gewichtet.
Ach ja ... hmm. Jetzt wird's lustig. :-)
Der einfache Ansatz der Multiplikation mit 3 (wie oben) kann hier nicht mehr richtig sein; das würde die Möglichkeit einschließen, dass sich eine Gesamtwahrscheinlichkeit >1 ergibt. Geht also nicht.
Jetzt bin ich auch mit meinem Statistiklatein am Ende.So long,
Martin--
Man sollte keinen Senf von sich geben, wenn man nicht auch das Würstchen dazu liefern kann.
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Hallo,
Diese werden sortiert
?? Sortiert? Oder doch gemischt?
Gemischt, nicht sortiert, also totally randomized.
Ne, vom gemischten Stapel werden die obersten drei Karten genommen und jeweils eine an eine Stelle gelegt.dann ist also die Wahrscheinlichkeit, dass eine bestimmte Karte an einer bestimmten Stelle landet, gleich 1/(Anzahl der Karten), also 1/36.
Sagen wir mal so: Beim Kartenspiel hat ja jede Karte die gleiche Wahrscheinlichkeit. In meinem Programm aber, gibt es quasi Karten, deren Wahrscheinlichkeit höher ist um auf dem Stapel zu landen.
Dann wird's komplizierter, denn dann musst du die Gewichtungsfaktoren aufsummieren. In diesem Fall ergibt sich
g[k] / ∑(g)
wobei g[k] der Gewichtungsfaktor der gesuchten Karte ist und ∑(g) die Summe der Gewichte aller Karten. Im einfachsten Fall wählt man die Gewichtungsfaktoren so, dass ihre Summe 1 ergibt, dann wird's wieder trivial. ;-)Ciao,
MartinPS: Was zum Geier sind Jasskarten?
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Eifersucht ist so alt wie die Menschheit: Als Adam einmal spät heimkam, zählte Eva sofort seine Rippen.
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@@Der Martin:
nuqneH
PS: Was zum Geier sind Jasskarten?
Was zum Geier ist Wikipedia? ;-)
Zum Skatspiel kommen noch Sechsen hinzu.
Qapla'
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Alle Menschen sind klug. Die einen vorher, die anderen nachher. (John Steinbeck)-
Hi,
PS: Was zum Geier sind Jasskarten?
Was zum Geier ist Wikipedia? ;-)hilft nicht, wenn man das als Schreibfehler auffasst und der Überzeugung ist, der OP habe "Jazzkarten" gemeint. Darauf konnte ich mir nämlich keinen Reim machen, und "Jass" hatte ich noch nie gehört, habe es also zunächst nicht als sinnvolles Wort eingestuft.
Zum Skatspiel kommen noch Sechsen hinzu.
Ah, danke. Daher die 36 Karten.
So long,
Martin--
Man gewöhnt sich an allem, sogar am Dativ.
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Hallo,
das Problem mal andersrum und mit anderem Beispiel formuliert, so dass auch externe Köpfe verstehen, wie es in meinem Kopf denkt ;-)
Nehmen wir an, wir haben 10 Artikel (in einem Online-Shop) und quasi 5 "Gefässe", wo die Artikel auf der Homepage angepriesen werden. Nach Zufall werden diese 5 Gefässe gefüllt (ohne bestimmte Reihenfolge, ohne "zurücklegen" also 5 aus 10, 10!/5!5! Möglichkeiten).
Meine Frage war nun, wie gross die Wahrscheinlichkeit für das erscheinen eines Produktes ist.
Schwieriger wird es dann eben noch, wenn die 10 Artikel noch gewichtet werden können. Z.B. also Artikel A wird mit 40% "Aussteuerungswahrscheinlichkeit" geschaltet, Artikel B mit 12%, ... aber eben: ein Artikel wird bestimmt nur einmal geschaltet!
Die Umkehrfrage ist für mich ebenfalls interessant: Wenn ich einen Artikel in 50% der Fälle auf der HP haben möchte (also in einem der 5 "Gefässe"), wieviel Wahrscheinlichkeit muss ich ihm bei der Aussteuerung geben?
Klarer?
mathn00b
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Hi mathb00b,
Schwieriger wird es dann eben noch, wenn die 10 Artikel noch gewichtet werden können.
Dann wird die Rechnung etwas umfangreicher, weil die Wahrscheinlichkeit fuer einen festen Artikel, in dem jeweilgen Gefaess aufzutauchen, von Gefaess zu Gefaess verschieden ist (in dem Modell, dass Du die fuenf "Gefaesse" nacheinander fuellst, was Du tun musst, um die Gewichtungen zu beruecksichtigen).
Hast Du etwa die Artikel 1 bis 10 mit Gewichten [latex]p_1, \ldots, p_{10}[/latex], deren Summe 1 ist, dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Artikel 1 im ersten Gefaess auftaucht - klar - genau [latex]p_1[/latex].
Die Wahrscheinlichkeit, dass er im zweiten auftaucht, ist aber
[latex]\sum_{k=2}^{10}p_k\cdot\frac{p_1}{1-p_k} = p_1 \cdot \sum_{k=2}^{10}\frac{p_k}{1 - p_k}[/latex](die Summe geht gerade ueber alle anderen Artikel, die im ersten auftauchen koennen).
Die Wahrscheinlichkeit, dass der erste Artikel im dritten Feld landet, ist entpsrechend die Summe ueber alle Paare von Artikeln, die in den ersten Feldern landen koennen:
[latex]\sum_{\underset{j \neq k}{j,k=2}}^{10} {p_k \cdot \frac{p_j}{1 - p_k}\cdot \frac{p_1}{1 - p_j - p_k}} = p_1 \cdot \sum_{\underset{j \neq k}{j,k=2}}^{10}{\frac{p_j \cdot p_k}{(1-p_k)(1-p_k-p_j)}}
[/latex]U.s.w.
Diese Wahrscheinlichkeiten sind i.a. verschieden, daher ist die Rechnung etwas fies, aber wenn man es implementiert, kann man prima ne Rekursion daraus machen.
Viele Gruesse,
der Bademeister-
Hallo Bademeister
Die Wahrscheinlichkeit, dass der erste Artikel im dritten Feld landet, ist entpsrechend die Summe ueber alle Paare von Artikeln, die in den ersten Feldern landen koennen:
[latex]\sum_{\underset{j \neq k}{j,k=2}}^{10} {p_k \cdot \frac{p_j}{1 - p_k}\cdot \frac{p_1}{1 - p_j - p_k}} = p_1 \cdot \sum_{\underset{j \neq k}{j,k=2}}^{10}{\frac{p_j \cdot p_k}{(1-p_k)(1-p_k-p_j)}}
[/latex]
Diese Wahrscheinlichkeiten sind i.a. verschieden, daher ist die Rechnung etwas fies, aber wenn man es implementiert, kann man prima ne Rekursion daraus machen.Soweit hab ich das verstanden, danke dir.
Wie würde denn aber die Mischrechnung aussehen? Ich meine: mir ist es ja egal, auf welchem Feld ein Artikel landet. Die Frage ist folglich: wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein -bestimmter- Artikel überhaupt auf einem Feld landet?
Danke,
mathn00b
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Wie würde denn aber die Mischrechnung aussehen? Ich meine: mir ist es ja egal, auf welchem Feld ein Artikel landet. Die Frage ist folglich: wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein -bestimmter- Artikel überhaupt auf einem Feld landet?
Ich mische mich kurz ein, nachdem nur Stichprobenweise hier die Postings gelesen habe.
Mir fehlt vor allem eine adäquate Beschreibung des Vorgangs, nach welchem Artikel den Slots zugeordnet werden.
Ich habe bisher Begriffe wie "gemischter Stapel" und Gefässe gelesen.Ich kann das vergleichen mit einer Diskreten Menge aus welcher ich z Ziehungen für z Slots vornehme.
In einem solchen Fall sollte interessieren, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass ein Artikel X mindestens einmal gezogen wird.
Sie ist 1 - die Wahrscheinlichkeit, dass X nie gezogen ist.X kann nur auf eine Weise bei z Ziehungen nie gezogen werden:
Ziehen ohne Zurücklegen
bei p X Artikeln, q notX Artikeln und z Ziehungen:
Einschränkung: z <= p+qq q-1 q-(z-1) q!
----- * ----- * ... * --------- = ------
p+q p+q-1 p+q-(z-1) (p+q)!Ziehen mit Zurücklegen
bei p X Artikeln, q notX Artikeln und z Ziehungenq q q q^z
----- * ----- * ... * --------- = ------
p+q p+q p+q (p+q)^zEine Ziehung mit Zurücklegen ist bedeutend einfacher, da es hierfür reicht, einem Artikel einen prozentualen Anteil am Vorrat zu geben, statt mit diskreten Mengen arbeiten zu müssen. Dies entspricht aber dann nicht mehr dem gemischten Stapel, oder nur annäherungsweise dann, wenn der Stapel sehr gross ist.
mfg Beat
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><o(((°> ><o(((°>
<°)))o>< ><o(((°>o
Der Valigator leibt diese Fische-
Hi Beat.
X kann nur auf eine Weise bei z Ziehungen nie gezogen werden:
Ziehen ohne Zurücklegen
bei p X Artikeln, q notX Artikeln und z Ziehungen:
Einschränkung: z <= p+qq q-1 q-(z-1)
----- * ----- * ... * ---------
p+q p+q-1 p+q-(z-1)Der Ansatz hilft aber nur bei gleichverteilten Wahrscheinlichkeiten, nicht bei gewichteten.
q!
= ------
(p+q)!Das ist nicht das Gleiche wie oben.
Viele Gruesse,
der Bademeister-
X kann nur auf eine Weise bei z Ziehungen nie gezogen werden:
Ziehen ohne Zurücklegen
bei p X Artikeln, q notX Artikeln und z Ziehungen:
Einschränkung: z <= p+qq q-1 q-(z-1)
----- * ----- * ... * ---------
p+q p+q-1 p+q-(z-1)Der Ansatz hilft aber nur bei gleichverteilten Wahrscheinlichkeiten, nicht bei gewichteten.
Nein er hilft bei ungleich verteilten Wahrscheinlichkeiten, wenn du nämlich im Angebot x mal Ware A und y mal Ware B hast. Das ist doch Ausdruck von Gewichtung, oder?
q!
= ------
(p+q)!Das ist nicht das Gleiche wie oben.
Natürlich ist das nicht das Gleiche wie oben steht ja mit und ohne zurücklegen!
mfg Beat
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<°)))o>< ><o(((°>o
Der Valigator leibt diese Fische-
Hi
Nein er hilft bei ungleich verteilten Wahrscheinlichkeiten, wenn du nämlich im Angebot x mal Ware A und y mal Ware B hast. Das ist doch Ausdruck von Gewichtung, oder?
Antwort: ganz klares Jein ;-) Fuer die Ziehung eines einzigen Produktes kann man die Gewichtung so simulieren, indem man eine gewisse Anzahl von Kopien in den Topf wirft. Bei mehreren Ziehungen "ohne Zuruecklegen" muss man aber aufpassen, denn jedes Produkt soll trotzdem nur einmal gezogen werden koennen (denn eigentlich ist es nach wie vor nur einmal vorhanden). Mann muesste also in diesem Modell, nachdem ein Artikel gezogen ist, alle anderen Kopien desselben Artikels aus dem Topf rausholen.
q!
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(p+q)!Das ist nicht das Gleiche wie oben.
Natürlich ist das nicht das Gleiche wie oben steht ja mit und ohne zurücklegen!
Die beiden Terme sind die beiden Seiten Deiner Gleichung aus dem Fall "ohne Zurueckliegen". Die Vereinfachung auf der rechten Seite stimmt nicht ganz, war ein kleiner "Formfehler", das war alles.
Viele Gruesse,
der Bademeister
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Wie würde denn aber die Mischrechnung aussehen?
Schau mal hier:
http://forum.de.selfhtml.org/archiv/2009/4/t186030/#m1235244
Da solltest Du einiges Hilfreiches finden. Hopsel und ich haben da Vorschlaege gemacht, die interessant fuer Dich sein koennten, aber sicher auch noch andere - ich kenne den Thread nicht ganz.
Viele Gruesse,
der Bademeister
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