Ein kleines Matheproblem (Details unten)

[Abudinka]

Aktuell können wir zur Not auch davon ausgehen dass die Wahrscheinlichkeit eine Karte überhaupt einzusammeln eine Kombination davon ist sie im 1., 2., 3., 4., ..., 8. Zug einzusammeln.

unter der annahme muss man nur multiplizieren

wsk addieren macht man eigentlich nur wenn man mehrere wege zum ziel hat die beide eintreten können

 

[simpsonsfan]

Wenn du zwei Karten im Topf hast und zwei Karten ziehst, ist die Wahrscheinlichkeit genau diese beiden zu ziehen 1. Nämlich (je nach Berechnungsweise) 1*1 oder 0,5*1 + 0,5*1. Wenn du willst, kann ich dir meine Unterlagen für eine Vorlesung bzgl. Ausfallwahrscheinlichkeiten von Avioniksystemen geben, da werden noch mal die Grundlagen der Wahrscheinlichkeitstheorie erläutert und einige Modellierungsmöglichkeiten aufgezeigt. Evtl. kannst du davon was gebrauchen.

 

[Kokujou]

Ja aber ich sagte ja dass die Wahrscheinlichkeit sie zu ziehen nicht identisch sind und sich auch nicht zwangsläufig zu 1 aufaddieren.

Die Wahrscheinlichkeit eine Karte zu ziehen unabhängig davon wie oft überhaupt gezogen wird ist fix und wird von mir irgendwie berechnet. Keine Ahnung wie, das wird ein riesenspaß.

Der einfachste weg ist also anzunehmen, dass gleichzeitig versucht wird alle 48 karten aus dem deck zu ziehen und das bedeutet für jeden Yaku dass gleichzeitig versucht wird die an ihm beteiligten Karten zu ziehen.

Anders gefragt wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit für das eintreten von MINDESTENS 2/3 Ereignissen die aber völlig unabhängig sind

 

[new Account()]

Für einfache Experimente, kannst du das einfach mal mit einem Baumdiagram darstellen und ausrechnen:
https://de.serlo.org/mathe/stochast...gramm-vierfeldertafel/baumdiagramm-pfadregeln

 

[simpsonsfan]

Die Wahrscheinlichkeit für das gleichzeitige Eintreten stochastisch unabhängiger Ereignisse ist das Produkt Einzelwahrscheinlichkeiten der Ereignisse. Diese Annahme führt aber u.U. zu komplett falschen Ergebnissen.

Edit: Btw, wenn du zwei Karten hast und zwei Karten ziehst, ist die Wahrscheinlichkeit, beide zu ziehen aber zwangsläufig immer 1. Die Wahrscheinlichkeit der beiden Karten muss nicht gleich sein, das ist korrekt, aber unerheblich, da es sich immer zusammenfassen lässt als: (Wahrscheinlichkeit mit der ersten Karte eine der beiden Karten zu ziehen = 1) * (Wahrscheinlichkeit mit der zweiten Karte die verbleibende Karte zu ziehen = 1).

 

[Kokujou]

Basisprinzip bei Wahrscheinlichkeiten ist Anzahl der passenden Ereignisse durch Anzahl aller ereignisse.
Anders gesagt ich habe 3 Karten.
Bei mindestens 2/3 Karten reden wir glaube ich von Kombination ohne Wiederholung.
das wäre also 3 über 2 = 3 + 3 über 3 = 1 = 4
wir fügen jetzt noch 3 über 1 hinzu das wären 3 womit die gesamtheit aller ereignisse 7 wäre.
4/7

So wäre es wenn sie gleichwahrscheinlich wären. Der Logik folgend müsste man jetzt jedes Einzelereignis aufaddieren und durch die Einzelwahrscheinlichkeiten aller ereignisse Teilen.

Also:

P(c1&c2) + P(c2&c3) + P(c1&c3) + P(c1&c2&c3)
Geteilt durch
P(c1) + P(c2) + P(c3) + P(c1&c2) + P(c2&c3) + P(c1&c3) + P(c1&c2&c3)

 

[new Account()]

Basisprinzip bei Wahrscheinlichkeiten ist Anzahl der passenden Ereignisse durch Anzahl aller ereignisse.

Wenn die Wahrscheinlichkeiten gleich sind, hier nicht der Fall...

 

[Kokujou]

Ja bei unterschiedlichen Wahrscheinlichkeiten kann man nehme ich an nicht die Anzahl nehmen sondern muss mit den konkreten einzelwahrscheinlichkeiten rechnen.
So wie angeführt... wenn ich jetzt noch den & Operator definiere wäre das 3-Karten Problemk lar.

 

[new Account()]

Das Rechnen mit Wahrscheinlichkeiten ist nicht mehr das Abzählen von den Möglichkeiten. Daher ist kein Teilen durch alle die Wahrscheinlichkeiten aller Ereignisse nötig (da diese sowieso eins ist).

Hier mal ein Beispielbaumdiagramm für das ziehen von beiden Karten bei zwei mal ziehen:

 

[Kokujou]

Nach der Logik wäre die Wahrscheinlichkeit P(c1&c2)
(P(c1) + P(c2)) / 2
wenn ich das mal vom Münzwurf kopiere gibt es Kopf und Zahl.
Die Wahrscheinlichkeit Kopf zu werfen ist 1/2 entsprechend (gewünschte Ereignisse) / (alle Ereignisse)

oder P(Kopf) / (P(Kopf) + P(Zahl)) ?
Das würde zumindest passen.

Folglich wäre die Wahrscheinlichkeit Karte1 und Karte 2 zu ziehen der Durchschnitt beider wahrscheinlichkeiten

Ich nehme an das ist völliger mist den ich da schreibe aber was soll das mit 1. Zug 2. Zug?

Ich sagte doch wir nehmen an dass alle Ereignisse zeitgleich stattfinden also alle im ersten Zug. Darum kann ich auch keine Bäume zeichnen. Es wäre unsinnig zu berechnen wie hoch die Wahrscheinlichkeit eines Yaku ist wenn ich dazu alle verschiedenen Zug-IDs berechnen müsste zu der jede der beteiligten Karten gezogen werden kann

 

[new Account()]

Ich nehme an das ist völliger mist den ich da schreibe aber was soll das mit 1. Zug 2. Zug?

Ich sagte doch wir nehmen an dass alle Ereignisse zeitgleich stattfinden also alle im ersten Zug. Darum kann ich auch keine Bäume zeichnen.

Irrelevant, solange du den Baum korrekt beschriftest.
1. Zug und 2. Zug ist lediglich fiktiv

Ergänzung (5. April 2019)

Nach der Logik wäre die Wahrscheinlichkeit P(c1&c2)
(P(c1) + P(c2)) / 2
wenn ich das mal vom Münzwurf kopiere gibt es Kopf und Zahl.
Die Wahrscheinlichkeit Kopf zu werfen ist 1/2 entsprechend (gewünschte Ereignisse) / (alle Ereignisse)

oder P(Kopf) / (P(Kopf) + P(Zahl)) ?
Das würde zumindest passen.

P1&P2 = P1*P2|1 (= P1*P2 sofern unabhängig)

Die Wahrscheinlichkeit Kopf zu werfen ist einfach nur P(Kopf)

 

[simpsonsfan]

Wenn du die Karten gleichzeitig ziehst und eine Karte (bzw. ein Kartentyp) mehrfach gezogen werden kann und die Wahrscheinlichkeit, einen Kartentyp zu ziehen, sich durch das Ziehen nicht reduizert (dein Kartenvorrat ist unendlich groß), dann ergibt sich die Wahrscheinlichkeit, beide Kartentypen gleichzeitig zu ziehen, aus dem Produkt der Wahrscheinlichkeiten für jeden Kartentyp. Wenn du drei Karten gleichzeitig ziehst, ergibt sich die Wahrscheinlichkeit, zwei zusammengehörige Karten zu ziehen, aus der Summe der Produkte der Einzelwahrscheinlichkeiten. Die Modellierung mit einem unendlich großen Kartenvorrat ist hier aber vermutlich auch als Näherung ungeeignet.

 

[Kokujou]

Also die Ereignisse bei dem min 2/3 Karten problem hab ich ja schon dargelegt...
P(c1&c2) + P(c2&c3) + P(c1&c3) + P(c1&c2&c3) sind die gewünschten Ereignisse
P(c1) + P(c2) + P(c3) + P(c1&c2) + P(c2&c3) + P(c1&c3) + P(c1&c2&c3) sind alle Ereignisse

Was ist jetzt also die wahrscheinlichkeit der Gewünschten Ereignisse...

 

[new Account()]

Das ist doch fast das gleiche wie in meinem Beispiel, nur mit drei start zwei.
Trag einfach die richtigen Wahrscheinlichkeit auf die Äste (P(1), P(2), P(3)) und summier dann die richtigen.
Ist eig. Schulmathe

Wenn du bis morgen kein Ergebnis hast, meld ich mich nochmal

 

[Kokujou]

Ja aber jetzt bin ich wirklich vollkommen verwirrt und weiß gar nicht mehr was ich machen soll XD
Also was muss ich einfach alles multiplizieren?
oder doch mit nem + dazwischen sowie P(c1) * P(c2) + P(c2) * P(c3) ...
oder kommt das Omega da unten mit allen Ereignissen auch noch dazu irgendwo als Divisor?

Ergänzung (5. April 2019)

Ich dachte eigentlich dass sei ein einfaches Problem dass in 2 Minuten gelöst ist und dass ich schon auf nem guten Weg wäre...
Aber offenbar steht mein Gesamtproblem, also nicht dieses Unterproblem, vor einem unlösbaren statistischen Hindernis...
Am besten ich treib mich mal in nem Matheforum rum und sehe ob da jemand meine Aufgabenstellung nachvollziehen kann und einen nicht zu rechenintensiven aber doch guten Näherungswert findet.

aber vielleicht drücke ich mich auch nur unglaublich kompliziert aus.

 

[new Account()]

P(mind2) = p(anything)-p(nur 1)= 1-p(1)^3-p(2)^3-p(3)^3
Oder
P(mind2)= P(2 verschiedene)+p(3 verschiedene)=p(2)p(2)p(3)(3 über 2)+p(1)p(1)p(3)(3 über 2)+p(2)p(3)p(3)(3 über 2)+p(1)p(3)p(3)(3 über 2)+p(1)p(1)p(2)(3 über 2)+p(1)p(2)p(2)(3 über 2) + p(1)p(2)p(3)*3!

Keine garantie, besonders für die 2.

Ergänzung (6. April 2019)

*abgelesen vom imaginären Baumdiagramm 💖

 

[Kokujou]

1 - Die Wahrscheinlichkeit dass 3mal hintereinander dieselbe Karte eingesammelt wird? Nein das klingt nicht sonderlich schlüssig. Ich nehme an du probierst es am Baum aus aber wenn du ihn so formulierst wie ich denke dann fehlen da noch einige zweige am ende die du ausschließen musst. Dein Prinzip ist es wohl von 1 alles abzuziehen was nicht dazu passt. Dazu würde aber auch c1 -> c1 -> c2 zählen, da du offenbar kartendopplungen einbeziehst was per se schonmal falsch ist. es kann nämlich gar nicht sein dass man 3mal hintereinander dieselbe Karte zieht...

Auch bei der 2. warum p(2)*p(2)*P(3) ? warum 2mal p(2)?

 

[new Account()]

Okay, dann hab ich dein szenario nich ganz verstanden

 

[Kokujou]

Okay also nochmal von vorn.
Du hast X erlaubte Karten. Und Y Karten müssen mindestens eingesammelt werden.
Jede Karte hat eine eigene Wahrscheinlichkeit.

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit MINDESTENS Y/X Karten einzusammeln?

Ich bin nicht sicher wie man das Szenario hätte so verstehen können dass ein Mehraches Ziehen von Karten möglich ist. Wenn man sie zieht ist sie weg aber das Fehlen einer Karte veränder nicht die Wahrscheinlichkeit der anderen!

 

[new Account()]

Wenn man sie zieht ist sie weg aber das Fehlen einer Karte veränder nicht die Wahrscheinlichkeit der anderen!

Was heißt Weg? Wird durch eine andere ersetzt Oder man Kann nur noch zwei ziehen?