[Geschlossen] faszinierendes Kartenproblem

Original von cjheigl

Wie sieht die Rechnung mit der Gegenwahrscheinlichkeit aus, wenn die Farbe des Asses nicht bekannt ist? Genauso! Denn irgendein Ass muss es ja sein, und welche Farbe es hat, ist egal ("ohne Beschränkung der Allgemeinheit"). In jedem einzelnen Fall gibt es genau 3 andere Asse unter den Restkarten. Es ist auch egal, welche der der 5 Handkarten das Ass ist, denn es werden einfach die übrigen 4 Handkarten betrachtet.

Fröhliches Suchen!

oBdA zieht hier nicht ! Natürlich muss das Ass eine Farbe haben aber du darfst das nicht annehmen. Du schrenkst die Allgemeinheit damit ein ! Irgendein Ass zu halten ist einfach eine andere Information als ein bestimmtes Ass zu halten. Das ist ja gerade der springende Punkt

für die ganz ungläubigen... schreibt euch schnell ne simualtion... ist schnell gemacht...

meine results auf 1000000 karten dealen:

0.12337185028373174 ("Ich halte irgendein Ace")
0.22798875702685822 ("Ich halte Ace of Spades")

Original von NDr

Ich bezog mich auf den Ausschnitt deiner Rechnung, den ich benutzt habe, um zu zeigen, wo das Problem liegt.
Dem Ereignis "Ein Ass" gibst du in deiner Rechnung 4 der 15 Inkremente, dem Ereignis "zwei Asse" gibst du 6. Also behauptest du, das Verhältnis der Hände mit einem Ass zu den Händen mit zwei Assen sei 4:6, was nicht richtig ist. Hieran sieht man auch, dass man die Permutationen nicht unter den Tisch fallen lassen darf.

Dies kann man sich auch folgendermaßen klar machen:
Definieren wir als ein Elementarereignis eine Folge von fünf Karten, dann sind alle Elementarereignisse gleich wahrscheinlich.
Das Ereignis "ein Ass" enthält nun 20 dieser Elementarereignisse (an jeder der fünf Positionen kann sich eins der vier Asse befinden, also 4*5=20). Das Ereignis "ein Ass" hat also die 20-fache Wahrscheinlichkeit eines Elementarereignisses.

Schaut man sich nun das Ereignis "zwei Asse" an, so findet man analog 120 Elementarereignisse, die in dem Ereignis "zwei Asse" enthalten sind. Das Ereignis "zwei Asse" hat also die 120-fache Wahrscheinlichkeit eines Elementarereignisses.

Man kommt also auf ein Verhältnis "ein Ass":"zwei Asse" von 20:120 oder 1:6.

Hey,

ich bin immer noch der Meinung, dass Permutationen unnötig sind. Auch die Lösung vom MIT kommt genau ohne sie aus.

Das Elementarereignis ist eben keine Folge, sondern eine Kombination ohne Reihenfolge.

Nebenbei: Ich komme bei "zwei Asse" mit Permutation auf 5*4*4*3=240

Die nicht unwesentliche Ungenauigkeit in meiner Aufstellung liegt m.E. an einer anderen Stelle: Ich habe einfach die Kombinationen der anderen Karten weggelassen (also der "X"e), welche du aber auch unter den Tisch fallen lässt.

Ich hoffe wir kommen bald auf einen Nenner. Schau dir mal die Lösung vom MIT an, dort findest du keine Permutation.

Original von cyan2k
für die ganz ungläubigen... schreibt euch schnell ne simualtion... ist schnell gemacht...

meine results auf 1000000 karten dealen:

0.12337185028373174 ("Ich halte irgendein Ace")
0.22798875702685822 ("Ich halte Ace of Spades")

Könntest du deinen Code hierzu sharen? Das wäre cool. Dann muss da nicht jeder selbst ran.

Original von Pansa

Original von cyan2k
für die ganz ungläubigen... schreibt euch schnell ne simualtion... ist schnell gemacht...

meine results auf 1000000 karten dealen:

0.12337185028373174 ("Ich halte irgendein Ace")
0.22798875702685822 ("Ich halte Ace of Spades")

Könntest du deinen Code hierzu sharen? Das wäre cool. Dann muss da nicht jeder selbst ran.

dirty java code can be found here:
http://home.arcor.de/cyan2k/aces.rar

Original von cyan2k

Original von Merlinius

Original von SwissDave

Original von cjheigl
Wie sieht die Rechnung mit der Gegenwahrscheinlichkeit aus, wenn die Farbe des Asses nicht bekannt ist? Genauso!

Nein eben nicht!
Wie man den Fall richtig berechnet siehst du ja im Link, die Rechnung dort ist richtig.

Die Rechnung ist nicht richtig! Es werden Kombinationen berechnet und durcheinander dividiert, von denen nicht jede gleich wahrscheinlich ist. Damit kommt als Ergebnis auch keine sinnvoll interpretierbare Wahrscheinlichkeit heraus - zumindest nicht für das, was in der Aufgabenstellung steht. Lest doch einfach das, was ich dazu weiter oben geschrieben habe.

lol, merlinius > MIT? don't think so...

wenn er das PikAss hat, dann sagt ers immer an, und nicht jedes x.te mal!
junge, dass sind 2 verschiedene aufgaben... in der einen aufgabe a), sagt er nur was, wenn er das pik-ass hat, und in der anderen b) sagt er immer was, egal was für ein ass er hat...

und hier nochmal, nur für dich

Solution.
The answers are different. There are four aces, so there are sixteen different
subsets of aces that your friend could have.
• If your friend says, “I have the ace of spades”, then eight of these subsets are ruled out: those not containing the ace of spades.
• However, if your friend says, “I have an ace”, then only one subset is ruled out: the subset containing no aces.
Thus, the probability that your friend has a second ace is different in these two cases, because we are conditioning on two very different events!

Bevor Du hier anfängst rumzupöbeln (ich dachte eigentlich, dies sei eine ernsthafte Diskussion und kein Fußballstammtisch), zeig mir bitte die Stelle, an der steht, dass er immer ansagt, wenn er das Ace of Spades hat. Es steht überhaupt nicht in der Aufgabenstellung. Die Aufgabenteile a) und b) sind so in Zusammenhang hintereinander geschaltet, dass man davon nicht ausgehen kann, wenn man nur die Aufgabenstellung kennt. Dass man dann von der Lösung rückwirkend auf die Aufgabenstellung schließen soll, kann auch keine saubere Vorgehensweise sein. Also scheint die ganze Sache wohl nicht wirklich MIT-Niveau zu haben, auch wenn es unter dem Namen stehen mag.

Und wenn Du Dir die ersten Postings in diesem Thread durchliest, scheint auch der Großteil hier die Aufgabenstellung nicht so interpretiert zu haben wie sie heißen müsste, damit sie zur Lösung passt.

Original von cyan2k

Original von Pansa

Original von cyan2k
für die ganz ungläubigen... schreibt euch schnell ne simualtion... ist schnell gemacht...

meine results auf 1000000 karten dealen:

0.12337185028373174 ("Ich halte irgendein Ace")
0.22798875702685822 ("Ich halte Ace of Spades")

Könntest du deinen Code hierzu sharen? Das wäre cool. Dann muss da nicht jeder selbst ran.

dirty java code can be found here:
http://home.arcor.de/cyan2k/aces.rar

Toll, ein Informatiker! Kann nicht programmieren, aber hab mich trotzdem mal dran versucht als ich den Thread gelesen hab - allerdings weicht ein Wert bei mir immer ab, kannst Du mir sagen, wo mein Fehler ist :)?
Habs reinkommentiert, wo das falsche Ergebnis rauskommt, wär lieb, komm irgendwie einfach nicht drauf, warum das nicht passt.

http://home.arcor.de/h0ax/Test.java

Original von apo01

Original von Aggro

Original von Mr.Snood
Weil es grad so gut passt ein ähnliches Paradoxon:
(1) Herr Schmidt sagt: "Ich habe 2 Kinder und eines davon ist ein Junge"
(2) Herr Schmidt sagt: "Ich habe 2 Kinder und das ältere davon ist ein Junge"

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass auch das 2. Kind ein Junge ist in (1) und (2) ?

könntest du die lösung für einen noob wie mich erklären bitte?danke.

Erklärung ist ähnlich wie bei Pansa, aber ausrechnen kann mans natürlich auch

J=Jünger
Ä=Älter
Y=Junge
X=Mädchen
(1)
J Ä
Y Y
Y X
X Y

==> bei eins von 3 ist der 2. ein Junge

(2)
J Ä
X J
J J

PS: das sollen so tabellen sein

Das ist leider nicht ganz richtig. Im Fall (1) musst du die drei Fälle unterschiedlich gewichten. Die Wahrscheinlichkeit, ob der Junge von dem die Rede ist nämlich der ältere ist, ist auch nochmal 50%. Anders ausgedrückt: Es gibt 4 Fälle.

J J
J J
J M
M J

Und bei 2 von 4 ist auch das 2. Kind ein Junge. Also ergibt sich bei beiden Fragestellungen ne Wsk. von 50%.

kann das jemand mit dem ace of spades nochmal jemand so erklären das es auch leute verstehen die ihr abi noch nicht haben?

ich kagg da schon ab wenn solche rießen formeln aufgestellt werden weil ich net blick wie die da drauf komen?

so wie hier vorgerechnet versteh ich das, also könnte vll noch jemand teil aufgabe b so in dme schwierigkeitsgrad (richtig) vor rechnen?

Original von cjheigl
Dann oute ich mich mal als Mathe-Ignorant.

Wir können die Wahrscheinlichkeit auf ein weiteres Ass mit dem uns bekannten Verfahren der Gegenwahrscheinlichkeit ausrechnen. Die Wahrscheinlichkeit, dass sich unter den verbleibenden 4 Handkarten kein weiteres Ass befindet, wenn die Person das Pik-Ass in der Hand hält, ist

48/51 * 47/50 * 46/49 * 45/48 = 0,779

Damit ist die Wahrscheinlichkeit für mindestens ein weiteres Ass 100% - 77,9% = 22,1%. Das deckt sich mit dem Ergebnis der Lösung des (a) Teils.

Wie sieht die Rechnung mit der Gegenwahrscheinlichkeit aus, wenn die Farbe des Asses nicht bekannt ist? Genauso! Denn irgendein Ass muss es ja sein, und welche Farbe es hat, ist egal ("ohne Beschränkung der Allgemeinheit"). In jedem einzelnen Fall gibt es genau 3 andere Asse unter den Restkarten. Es ist auch egal, welche der der 5 Handkarten das Ass ist, denn es werden einfach die übrigen 4 Handkarten betrachtet.

Wo liegt dann der Fehler in der Lösung des MIT? Ohne Zweifel muss er im Teil (b) liegen, denn Teil (a) stimmt ja, und unsere Kontrollrechnung von Teil (a) hat keinen Gebrauch von der Farbinformation gemacht.

Fröhliches Suchen!

oder einfach nur mit worten logisch erklären wieso da jetzt unterschiedliche wahrscheinlichkeiten raus kommen und wo genau da jetzt der unterscheid zwischen den beiden experimenten ist...

Ich versuch's mal so:

Sicherlich wird dir einleuchten das es einfach weniger Hände mit midestens 2 Assen gibt wenn eines davon sicher das Pik Ass sein muss.

Also auf Fünf Karten gesehen gibt es folgende Hände

ApAh xxx (Ass Pik, Ass Herz)
ApAk xxx (Ass Pik, Ass Kreuz)
ApAc xxx (Ass Pik, Ass Caro)

vernächlässigen wir mal die Hände mit mehr als 3 Assen (überzeuge dich davon selbst)

Wenn das Pik Ass nicht zwingend dabei sein muss gibt es folgende möglichkeiten

ApAh
ApAk
ApAc
AhAk
AhAc
AkAc

Also ist die Anzahl de der 2-Asse Hände mit einem Pik-Ass niedrieger als die Anzahl der Hände mit insgesamt 2 Random-Assen.

Wenn dir dein gegenüber jetzt verrät das er ein Pik-Ass hat weist du das es einfach insgesamt weniger DoppelAss Hände in der Gesamtmenge gibt, die das Pikass enthalten als Random DoppelAssHände => Die Wkt. für eine DoppelAssHand mit PikAss ist geringer als eine RandomDoppelAHand.

Ist etwas verwirrend, aber ich hoffe dadurch wird es klarer

mcSchuepp

Ich verstehe die Aussage "Ich habe ein Pik-Ass" so:

die Person sagt immer, wenn sie mindestens ein Ass hat an, dass sie ein Ass hat und welche Farbe eines davon hat. Ob das jetzt ein Pik-Ass ist oder nicht, ist irrelevant. Hätte sie ein Kreuz-Ass und kein Pik-Ass, dann sagt sie eben "Kreuz-Ass". Deswegen macht es keinen Unterschied, ob sie die Farbe nennt oder nicht.

Die Aussage "ich habe ein Pik-Ass" ist deswegen gleichbedeutend mit "ich habe ein Ass, es könnte ein Pik-Ass sein oder auch nicht".

Dass etwas mit der Musterlösung nicht stimmt, kann man an einem vereinfachten, etwas pathologisch konstruierten Problem zeigen: Wir bilden einen Kartenstapel aus 6 Karten: 2 Asse (z. B. Kreuz und Pik) und 4 andere andere Karten, die keine Asse sind. Der Freund bekommt 3 Handkarten und wir stellen wieder die Frage: wie wahrscheinlich ist es, dass er mehr als ein Ass auf der Hand hält, wenn er uns mitteilt, dass er entweder ein beliebiges Ass oder das Pik-Ass hat?

Ohne nachzurechnen muss klar sein, dass beide Wahrscheinlichkeiten identisch sein müssen, da es sich in beiden Fällen um identische Kartenkombinationen handelt. Denn eigentlich ist die Frage in beiden Fällen, wie wahrscheinlich er das einzige andere Ass auch hat. Rechnen wir nach den Methoden der Musterlösung, ob das auch so rauskommt.

a) Es gibt (6 über 3) = 20 Möglichkeiten, 3 Karten aus 6 Karten zu ziehen. Die Anzahl der Möglichkeiten, die das Pik Ass enthält, entspricht der Anzahl, 2 beliebige Karten aus 5 Karten zu ziehen. Für die Wahrscheinlichkeit gilt:

P(Pik Ass) = (5 über 2) / (6 über 3) = 10/20 = 0,5.

Die Anzahl der Kombinationen, die mindestens 2 Asse enthalten (also genau beide) ist

(1 über 1) * (4 über 1) = 4.

Es gibt nur eine Möglichkeit für das übrige Ass und 4 Möglichkeiten, die letzte Handkarte zu ziehen. Die Wahrscheinlichkeit unter allen Kombinationen ist

P(beide Asse) = 4 / 20 = 1/5 = 0,2.

Die Wahrscheinlichkeit, dass der Freund beide Asse in der Hand hat unter der Bedingung, dass er das Pik-Ass hat ist damit

P(A) = P(beide Asse) / P(Pik Ass) = 0,2/0,5 = 0,4.

b) Jetzt sagt der Freund nur, er habe ein Ass. Wir wissen nicht welches, es könnte aber jedes der beiden sein. Wir berechnen wieder die Wahrscheinlichkeiten zweier Ereignisse: L = er hat mindestens ein beliebiges Ass und M = er hat mehr als ein Ass ( = beide Asse), wenn L zutrifft.

Analog der Musterlösung sei die gesuchte Wahrscheinlichkeit

P(M|L) = P(M Schnitt L) / P(L) = P(M) / P(L), da P(M) Teilmenge von P(L) ist.

Die Wahrscheinlichkeit für mindestens 1 Ass ist:

P(L) = [(2 über 1) * (4 über 2) + (2 über 2) * (4 über 1)] / (6 über 3) = (2 * 6 + 1 * 4) / 20 = 16/20 = 0,8.

2 Möglichkeiten, ein Ass zu wählen, kombiniert mit den Möglichkeiten für die übrigen zwei Handkarten ohne Ass und eine Möglichkeit für beide Asse, kombiniert mit den Möglichkeiten für die übrige Karte.

Die Wahrscheinlichkeit für mehr als ein Ass ( = beide) ist

P(M) = (2 über 2) * (4 über 1) / (6 über 3) = 4/20 = 0,2

Eingesetzt in die obige Formel ergibt sich

P(M|L) = P(M) / (P(L) = 0,2 / 0,8 = 0,25.

Das unterscheidet sich von Fall a) und führt zu dem Widerspruch, dass beide Lösungen auf Grund der Konstruktion der Aufgabe identisch sein müssen, es aber nicht sind. Die Lösung muss daher falsch sein und sie ist es im Fall b).

QED.

Original von cjheigl
Ohne nachzurechnen muss klar sein, dass beide Wahrscheinlichkeiten identisch sein müssen, da es sich in beiden Fällen um identische Kartenkombinationen handelt. Denn eigentlich ist die Frage in beiden Fällen, wie wahrscheinlich er das einzige andere Ass auch hat. Rechnen wir nach den Methoden der Musterlösung, ob das auch so rauskommt.
[...]
Das unterscheidet sich von Fall a) und führt zu dem Widerspruch, dass beide Lösungen auf Grund der Konstruktion der Aufgabe identisch sein müssen, es aber nicht sind. Die Lösung muss daher falsch sein und sie ist es im Fall b).

QED.

nö.
es gibt für "ich habe ein ass" immer noch drei untermengen:
kreuz-ass
pik-ass
kreuz-ass + pik-ass

für "ich habe das pik-ass" fällt aber wiederum die untermenge "kreuz-ass" weg.
da muss also gar nichts identisch sein und deshalb gibt es auch keinen widerspruch.

Original von harkonnen
Wenn ich von 52 Karten einer Person 5 Karten gebe und diese sagt ,dass sie ein Ace hat ist die Wahrscheinlichkeit ,dass sie eine zweites Ace hat größer oder geringer wenn die Person die Farbe dazu sagt?

Hier der Link: Problem Set 9 Problem 4(beginnt Seite 5)
http://ocw.mit.edu/OcwWeb/Electrical-Engineering-and-Computer-Science/6-042JSpring-2005/Assignments/index.htm

Also ich kann dazu nur auf Phil Gordon verweisen, der schreibt, dass das Hauptproblem beim Zeigenproblem darin besteht, dass in den meinsten Fällen die Aufgabenstellung nicht korrekt wieder gegeben wurde. Das gleiche ist hier auch der Fall, und inzwischen auch schon bekannt und erkannt.

Ich hatte weder Lust und Zeit mir den "mathematischen Beweis" zu der formulierten Aufgabenstellung durchzulesen, war aber relativ geschockt, dass zunächst jeder überzeugt war: Tatsächlich, es sind unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten.

Ohne überhaupt Mathematik anwenden zu müssen, kann man meiner Meinung nach mit ganz grundlegender Logik darauf kommen, dass sich die Wahrscheinlichkeiten - so wie die Aufgabe oben formuliert ist - nicht ändern können:

Unter der Bedingung, dass die Person ein As hat, ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass sie ein zweites As hat x.

Wenn der Fall von 1 oder mehr Assen nun eingetreten ist, haben diese immer, eine oder mehrer Farben, und wenn eine (beliebige) dieser Farben immer verraten wird - was ja bei gegebener Aufgabenstellung so ist bzw. so verstanden werden muss - gibt dies keinerlei zusätzliche Information und kann somit auch nicht die Wahrscheinlichkeit ändern.

Für diese Überlegung brauche ich keine Mathe und keine Formel, nur ein gesundes logisches Verständnis.

Dies kann übrigens auch auf das Ziegenproblem - drei Tore, zwei Ziegen, ein Auto - übertragen werden:

Die Wkt., mit dem ausgesuchten Tor das Auto getroffen zu haben, ist 1/3. Dadurch, dass ich vorher weiß, dass der Moderator immer eines der beiden anderen Tore öffnet, hinter welchem dann eine Ziege steht, kann sich die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ich mit meiner ersten Auswahl das Auto getroffen habe, nicht ändern. Sie bleibt also 1/3. Und da durch das Zeigen ein Tor augeschlossen wird, ich in Summe aber auf 1 kommen muss, steigt die Wkt. dafür, dass hinter dem anderen geschlossenen Tor ein Auto steht, auf 2/3.

Keine Mathe, keine Formel, keine Bäume - nur logisches Denken.

Um das Ganze noch ein wenig plakativer zu machen:

Hier geht es um die recht simple Aussage, dass die Wahrscheinlichkeit, bei 5 Karten mindestens zwei Asse zu halten, unter der Bedingung, dass man mindestens ein Ass hält, eine andere ist, als dieselbe unter der Bedingung, dass man mindestens ein Pik (oder beliebiege andere Farbe) Ass hält.

Das ist richtig und wohl auch nicht so schwierig zu verstehen.

Behauptet wurd aber dass die Wahrscheinlichkeit, bei 5 Karten mindestens zwei Asse zu halten, unter der Bedingung, dass man mindestens ein As hält, eine andere ist, als die, bei 5 Karten mindestens zwei Asse zu halten, unter der Bedingung, dass man mindestens ein Ass hält und eine beliebige Farbe des Asses oder der Asse in den Raum ruft. Und diese Aussage ist einfach Unfug.

.

Joa, mich wunderts bloß, dass soviele nicht gechecked haben, dass die Aufgabe, die das MIT gestellt hat, eine andere ist, als die, die der OP gestellt hat...

wer lesen kann ist klar im vorteil und so

Original von cyan2k
Joa, mich wunderts bloß, dass soviele nicht gechecked haben, dass die Aufgabe, die das MIT gestellt hat, eine andere ist, als die, die der OP gestellt hat...

wer lesen kann ist klar im vorteil und so

Ganz so ist es nicht. Auch die Aufgabenstellung des MIT ist nicht eindeutig.

Hier wird lediglich der Sachverhalt beschrieben, nämlich dass der Freund kundtut, dass er ein Pik As hat.

Es fehlt aber die Aussage, dass er sich nur und ausschließlich meldet, wenn er ein As in einer vorher bestimmten Farbe hält.

Auch aus der Aufgabenstellung des MIT geht nicht hervor, dass der Freund nicht erst geguckt hat, ein As entdeckt und anschließend die Farbe verrät. Wäre letzteres der Fall, wäre die zugehörige Rechnung falsch.

Deshalb kein einseitiger "Vorwurf" an den Ersteller des Threads - auch das MIT ist in seiner Formulierung nicht eindeutig.

Jetzt versteh ich erstmal die ganze Konfusion. Ich hab mich die ganze Zeit nur an die MIT Aufgabe gehalten.

Diese ist imo allerdings kaum mißzuverstehen, da muss man sich schon anstrengen.

Was mich vielmehr irritiert ist, dass viele hier der Meinung sind, dass die Freundin "immer" wenn sie ein beliebiges Ass/Pik-Ass hält, die entsprechende Anssage macht. So versteh ich die Aufgabe nicht !! Es werden einmal Karten verteilt und die Aussage der Freundin ist einfach als "Bedingung" einer bedingten Wahscheinlichkeit zu verstehen welche man dann per Definition ausrechnen kann. Es ist keine Rede davon, dass das Experiment wiederholt wird. Es werden einmal Karten verteilt und die Ansage ist sozusagen als Vorraussetzung zu nehmen. Dann ist die Aufgabenstellung auch eindeutig wie ich finde.

Original von StickyF

Original von apo01

Original von Aggro

Original von Mr.Snood
Weil es grad so gut passt ein ähnliches Paradoxon:
(1) Herr Schmidt sagt: "Ich habe 2 Kinder und eines davon ist ein Junge"
(2) Herr Schmidt sagt: "Ich habe 2 Kinder und das ältere davon ist ein Junge"

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass auch das 2. Kind ein Junge ist in (1) und (2) ?

könntest du die lösung für einen noob wie mich erklären bitte?danke.

Erklärung ist ähnlich wie bei Pansa, aber ausrechnen kann mans natürlich auch

J=Jünger
Ä=Älter
Y=Junge
X=Mädchen
(1)
J Ä
Y Y
Y X
X Y

==> bei eins von 3 ist der 2. ein Junge

(2)
J Ä
X J
J J

PS: das sollen so tabellen sein

Das ist leider nicht ganz richtig. Im Fall (1) musst du die drei Fälle unterschiedlich gewichten. Die Wahrscheinlichkeit, ob der Junge von dem die Rede ist nämlich der ältere ist, ist auch nochmal 50%. Anders ausgedrückt: Es gibt 4 Fälle.

J J
J J
J M
M J

Und bei 2 von 4 ist auch das 2. Kind ein Junge. Also ergibt sich bei beiden Fragestellungen ne Wsk. von 50%.

Nein, bei (1) ist das richtige Ergebnis 1/3. Welcher der Ältere ist, spielt keine Rolle.
Grundsätzlich gibt es die Möglichkeiten JJ, JM, MJ, MM, die alle gleich wahrscheinlich sind. Nach der Antwort fällt MM weg, so dass noch JJ, JM und MJ übrig bleiben. Alle 3 Fälle sind gleich wahrscheinlich da die Antwort immer die gleiche ist (JJ ist so häufig wie MJ ODER JM, aber nicht wie beide zusammen!). Nur in einem dieser 3 Fälle ist das 2. Kind ein Junge, die Wahrscheinlichkeit ist also 1/3.

Bei (2) ist die Sache anders.

Original von StickyF

Das ist leider nicht ganz richtig. Im Fall (1) musst du die drei Fälle unterschiedlich gewichten. Die Wahrscheinlichkeit, ob der Junge von dem die Rede ist nämlich der ältere ist, ist auch nochmal 50%. Anders ausgedrückt: Es gibt 4 Fälle.

J J
J J
J M
M J

Und bei 2 von 4 ist auch das 2. Kind ein Junge. Also ergibt sich bei beiden Fragestellungen ne Wsk. von 50%.

Sorry aber das was du schreibst ist nicht ganz richtig

Wenn man zwei Jungs hat, dann ist natürlich einer älter und der andere jünger. Du stellst es so dar als ob der Jüngere auch der Ältere sein könnte und umgekehrt, aber das ist einfach nicht möglich. Keine Eltern würden zu ihrem älterem Sohn sagen: So ein Glück das gerade du der ältere bist und nicht als jüngerer unserer beiden Söhne zur Welt gekommen bist ♦

Die Erklärung von apo ist richtig !

Original von mcSchuepp
Ich versuch's mal so:

Sicherlich wird dir einleuchten das es einfach weniger Hände mit midestens 2 Assen gibt wenn eines davon sicher das Pik Ass sein muss.

Also auf Fünf Karten gesehen gibt es folgende Hände

ApAh xxx (Ass Pik, Ass Herz)
ApAk xxx (Ass Pik, Ass Kreuz)
ApAc xxx (Ass Pik, Ass Caro)

vernächlässigen wir mal die Hände mit mehr als 3 Assen (überzeuge dich davon selbst)

Wenn das Pik Ass nicht zwingend dabei sein muss gibt es folgende möglichkeiten

ApAh
ApAk
ApAc
AhAk
AhAc
AkAc

Also ist die Anzahl de der 2-Asse Hände mit einem Pik-Ass niedrieger als die Anzahl der Hände mit insgesamt 2 Random-Assen.

Wenn dir dein gegenüber jetzt verrät das er ein Pik-Ass hat weist du das es einfach insgesamt weniger DoppelAss Hände in der Gesamtmenge gibt, die das Pikass enthalten als Random DoppelAssHände => Die Wkt. für eine DoppelAssHand mit PikAss ist geringer als eine RandomDoppelAHand.

Ist etwas verwirrend, aber ich hoffe dadurch wird es klarer

mcSchuepp

Diese Erklärung halte ich mal für nicht ganz korrekt. Es ist logisch, das es weniger Kombinationen von 2 Assen gibt, wenn das PikAss dabei sein muss. Dabei hast du allerdings ausser acht gelassen, das auch die gesamtzahl der Hände, die ein PikAss hält geringer ist.

Wenn er sagt, das er ein PikAss hält, schränkt er die Menge seiner Hände auf eine allgemein kleinere Menge ein, in der natürlich auch weniger Hände mit zwei oder mehr Assen drin sind. Wie die genauen Wahrscheinlichkeiten sind, weiß ich nicht, aber so einfach wie oben ist die Begründung definitiv falsch.

Meine Rechung zu dem Driss:

Gesamtzahl der Hände möglichen beim Fünf-Karten-Poker:

(52über5)= 2598960h

Gesamtzahl der Hände mit mindestens einem Ass auf der Hand:

4 x (51 über 4)= 4 x 249900 = 999600h

Gesamtzahl der Hände mit zwei Assen:

6 x (50 über 3) = 6 x 19600 = 117600h

Gesamtzahl der Hände die das PikAss enthalten :
1 x (51 über 4)= 249900

Gesamtzahl der Hände die das PikAss und ein weiteres Ass enthalten:
3 x (50 über 3)= 3 x 19600 = 58800

Ich ignoriere erstmal die Fälle, wo man mehr als 2 Asse hält.

Chance zwei Asse zu haben, wenn man ein beliebiges Ass hält:
117600/999600=11,764%

Chance zwei Asse zu haben, wenn man genau das PikAss hält:
58800/249900=23,210%

Die weiteren Kombinationen, mehr als 2 Asse zu haben, werden auch nicht mehr viel ändern. Die Permutationen der sonstigen Karten sind hiermit auch abgearbeitet.

Jetzt wo ich es mir mal durchgerechnet habe, find ich es sogar sehr logisch.

Man hat halt nur noch ein viertel der Chance, eben nur das PikAss zu haben, die Chance auf zwei Asse halbiert sich allerdings nur.