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  Aufgabe zu bedingten Wahrscheinlichkeiten |
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WagW
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 |  Themenstart: 2023-02-08
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Hallo zusammen,
es gab folgende Aufgabe im Kontext bedingter WSKs:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49610_Unbenannt555555.JPG
An sich ist die Aufgabe nicht schwer, was ich aber nicht verstehe ist, wie man sie mit den gegebenen Informationen lösen soll.
Zu Teilaufgabe a.)
Sei $\left(\Omega:=\{0,A,B,AB\}^2,\mathcal{P}(\Omega),P\right)$ der WSK-Raum. Um nun $P$ zu ermitteln, muss man ja zwingend annehmen, dass die beiden Stufen des Experimentes, also "Auswahl des Spenders" und "Auswahl des Empfängers", unabhängig sind - aus den gegebenen Informationen erschließt sich mir das aber nicht wirklich. Ansonsten wäre die Aufgabe schon hier nicht mehr weiter zu bearbeiten.
Nehme nun an, dass sich $P$ nach dem Motto $P(\text{Empfänger } = A,\text{ Spender } = AB)=0.43\cdot 0.05$ ermittelt, so kann man einfach alle WSKs der Ereignisse mit $\omega_1=\omega_2$ aufaddieren und erhält $0.6365$.
Zu Teilaufgabe b.)
Selbes Spiel wie bei a.) aber wir setzten nun $\Omega:=\{0,A,B,AB\}^3$. Mir ist jetzt aber nicht klar wie der Wortlaut
"Nehmen Sie an, dass die ABO-Kompatibilitäten von Spendern mit irgendeinem Patienten unabhängig sind."
zu interpretieren ist bzw. auf was für Mengen er sich bezieht. Das ergibt irgendwie keinen Sinn.
Wenn ich nun aber wie in a.) auch hier wieder annehme, dass die Auswahl der beiden Spender und des Empfängers unabhängig erfolgt und dann die WSKs aller Ereignisse aufaddiere, komme ich auf $0.820927$. Hier habe ich dann eine WSK nach $P(\text{Empfänger } = A,\text{ Spender}_1 = AB,\text{ Spender}_2 = AB)=0.43\cdot 0.05\cdot 0.05$ ermittelt. Mein Ergebnis ist aber laut Musterlösung falsch.
Vielleicht hat hier jemand einen 6.ten Sinn und versteht was da gemeint ist. Ich verstehe jedenfalls nicht wie man da bedingte WSKs hineininterpretieren soll und wo mein Fehler liegt.
Viele Grüße
WagW
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StrgAltEntf
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-02-08
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\quoteon(2023-02-08 15:32 - WagW im Themenstart)
Vielleicht hat hier jemand einen 6.ten Sinn und versteht was da gemeint ist.
\quoteoff
Ohne Aufgabenstellung ist das nicht ganz einfach
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WagW
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-08
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Hallo StrgAltEntf,
Wie meinst Du das? Die Aufgabenstellung steht doch da.
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Diophant
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 | Beitrag No.3, eingetragen 2023-02-08
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Hallo WagW,
\quoteon(2023-02-08 15:56 - WagW in Beitrag No. 2)
Wie meinst Du das? Die Aufgabenstellung steht doch da.
\quoteoff
Das kommt davon, wenn man seine Bilder von irgendwoher aus der Cloud hierher verlinkt, anstatt sie über die Upload-Funktion des MP hier hochzuladen und dann zu verlinken.
Sprich: an deinem Link ist etwas faul, oder du hast an deinem Cloudspeicher irgendwas verändert, so dass er jetzt nicht mehr funktioniert.
Gruß, Diophant
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WagW
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-08
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Hi Diophant,
Ah ok 😄, ich habe den Screenshot nochmal über die Upload-Funktion hochgeladen.
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.5, eingetragen 2023-02-08
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\quoteon(2023-02-08 15:32 - WagW im Themenstart)
Vielleicht hat hier jemand einen 6.ten Sinn und versteht was da gemeint ist. Ich verstehe jedenfalls nicht wie man da bedingte WSKs hineininterpretieren soll und wo mein Fehler liegt.
\quoteoff
Jo, ich verstehe, wie es gemeint ist. Mit bedingten W'keiten hat es nichts zu tun. Allerdings fehlt mir hier der 6. Sinn, um zu ergründen, was du gerechnet hast.
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Diophant
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| Beitrag No.6, eingetragen 2023-02-08
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Hallo WagW,
ich versuche es mal mit dem 7. Sinn. 😉
Bei a) bist du deiner Beschreibung nach richtig vorgegangen, ich habe allerdings nicht nachgerechnet. Entspricht hier dein Ergebnis der Musterlösung? Dann dürfte alles in Butter sein.
Zur b). Was ist das Gegenereignis zu: "mindestens ein Spender ist AB0-kompatibel zum Empfänger"? ...
Nachtrag:
Die a) habe ich mittlerweile nachgerechnet und bekomme das gleiche Resultat.
Gruß, Diophant
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WagW
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-08
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\quoteon(2023-02-08 16:38 - Diophant in Beitrag No. 6)
[...]
Zur b). Was ist das Gegenereignis zu: "mindestens ein Spender ist AB0-kompatibel zum Empfänger"? ...
[...]
\quoteoff
Das ist nicht schwer, das wäre einfach der Fall in dem beide Spender eine nicht kompatible Blutgruppe haben. Aber wie soll mir das nun helfen? Es geht doch darum irgendwie die WSK einer Konfiguration, also bspw. $P(\text{Empfänger } = A,\text{ Spender}_1 = AB,\text{ Spender}_2 = AB)$, zu ermitteln. Da stehe ich irgendwie auf dem Schlauch...
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Diophant
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| Beitrag No.8, eingetragen 2023-02-08
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2023-02-08 17:12 - WagW in Beitrag No. 7)
Aber wie soll mir das nun helfen?
\quoteoff
\[P(A)=1-P(\overline{A})\]
Wobei \(A\) und \(\overline{A}\) komplementäre Ereignisse sind...
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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WagW
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| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-08
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Aber da kommt doch dann wieder genau das Gleiche, also falsche Ergebnis, heraus. Ob ich jetzt alle WSKs der $3$-er Konfigurationen mit Kompatibilität aufaddiere oder alle WSKs der $3$-er Konfigurationen mit Nicht Kompatibilität von $1$ abziehe ändert ja nichts.
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Diophant
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| Beitrag No.10, eingetragen 2023-02-08
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
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\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
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\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2023-02-08 17:24 - WagW in Beitrag No. 9)
Aber da kommt doch dann wieder genau das Gleiche, also falsche Ergebnis, heraus. Ob ich jetzt alle WSKs der $3$-er Konfigurationen mit Kompatibilität aufaddiere oder alle WSKs der $3$-er Konfigurationen mit Nicht Kompatibilität von $1$ abziehe ändert ja nichts.
\quoteoff
Also bei mir kommt da etwas anderes heraus als bei dir im Themenstart. Ich mache es jetzt genauso wie du, und verrate nicht, was. Das Ergebnis lässt mich aber stark vermuten, dass dir bei deiner sehr umständlichen Rechnung die Wahrscheinlichkeit der einen oder anderen Paarung Patient/(Spender 1 oder Spender 2) durch die Lappen gegangen ist...
Außerdem muss man nicht "alle WSKs der 3-er Konfigurationen mit Nicht Kompatibilität von 1 abziehen", sondern man rechnet zuerst für einen Spender die Wahrscheinlichkeit aus, dass er nicht kompatibel ist. Und jetzt kommt der Hinweis mit der Unabhängigkeit ins Spiel, der macht ja an dieser Stelle durchaus Sinn und serviert dir den Weg über das Gegenereignis sozusagen auf dem Silbertablett...
Gruß, Diophant \(\endgroup\)
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WagW
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| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-08
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Hier nochmal im Detail:
Wir haben den Grundraum $\{0,A,B,AB\}^3$ und sei $K$ das Ereignis das der Empfänger eine kompatible Blutgruppe erhält. Bspw. $P(0,A,0)=0.41\cdot 0.43\cdot 0.41$, wobei der erste Eintrag $\omega_1$ immer den Empfänger repräsentiert. Dann unterscheiden wir die $4$ Blutgruppen, die der Spender haben kann:
$\begin{align*}
&P(K\mid 0)=P(0,0,0)+P(0,0,\neq 0)+P(0,\neq 0,0)=0.41^2+2\cdot 0.59\cdot 0.41 =0.6519\\
&P(K\mid A)=\dots=1-(0.11^2+0.05^2+2\cdot 0.05\cdot 0.11)=0.9744\\
&P(K\mid B)=\dots=1-(0.43^2+0.05^2+2\cdot 0.05\cdot 0.43)=0.7696\\
&P(K\mid AB)=1\\
&\implies P(K)=0.41\cdot 0.6519+0.43\cdot 0.9744+0.11\cdot 0.7696+0.05=0.820927.
\end{align*}
$
Für die WSK-Ermittlung habe ich die gleiche Annahme getroffen, die ich beim Ermitteln in a.) machen musste. Ich kann da keinen Fehler erkennen.
Versteh mich nicht falsch Diophant, mir ist schon klar worauf Du hinaus möchtest (also Ausnutzen der WSK aus Teilaufgabe a.)), aber wenn das alles mit rechten Dingen zugeht, dann müssen ja beide Ansätze die gleiche WSK liefern und das tun sie nicht.
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Diophant
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| Beitrag No.12, eingetragen 2023-02-08
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,
\quoteon(2023-02-08 18:06 - WagW in Beitrag No. 11)
Wir haben den Grundraum $\{0,A,B,AB\}^3$ und sei $K$ das Ereignis das der Empfänger eine kompatible Blutgruppe erhält. Bspw. $P(0,A,0)=0.41\cdot 0.43\cdot 0.41$, wobei der erste Eintrag $\omega_1$ immer den Empfänger repräsentiert. Dann unterscheiden wir die $4$ Blutgruppen, die der Spender haben kann:
$\begin{align*}
&P(K\mid 0)=P(0,0,0)+P(0,0,\neq 0)+P(0,\neq 0,0)=0.41^2+2\cdot 0.59\cdot 0.41 =0.6519\\
&P(K\mid A)=\dots=1-0.11^2+0.05^2+2\cdot 0.05\cdot 0.11=0.9744\\
&P(K\mid B)=\dots=1-0.43^2+0.05^2+2\cdot 0.05\cdot 0.43=0.7696\\
&P(K\mid AB)=1\\
&\implies P(K)=0.41\cdot 0.6519+0.43\cdot 0.9744+0.11\cdot 0.7696+0.05=0.820927.
\end{align*}
$
Für die WSK-Ermittlung habe ich die gleiche Annahme getroffen, die ich beim Ermitteln in a.) machen musste. Ich kann da keinen Fehler erkennen.
Versteh mich nicht falsch Diophant, mir ist schon klar worauf Du hinaus möchtest (also Ausnutzen der WSK aus Teilaufgabe a.)), aber wenn das alles mit rechten Dingen zugeht, dann müssen ja beide Ansätze die gleiche WSK liefern und das tun sie nicht.
\quoteoff
Bei solchen Rechnungen wie oben wäre es immer hilfreich, sie ein wenig zu kommentieren. Wenn ich richtig liege, dann fehlen da (u.a.) Summanden. Bspw. berücksichtigst du für einen Empfänger mit Blutgruppe A nirgends die Kombination, dass ein Spender 0 und der andere A hat. Oder fehlen da auch noch Klammern (jeweils hinter den Minsuzeichen)?
Jedenfalls ist das ein einziges Kuddelmuddel, ich sehe hier keinen Sinn darin, das aufzulösen, wo es doch soooo einfach geht...
Und wie gesagt: der einfache Weg wird einem hier mit dem Hinweis mehr oder weniger vorgegeben.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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WagW
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| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-08
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Ja da habe ich Klammern vergessen, Sorry für die Verwirrung. Aber trotzdem müsste ja das Gleiche herauskommen...
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Diophant
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| Beitrag No.14, eingetragen 2023-02-08
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
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\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
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\quoteon(2023-02-08 18:41 - WagW in Beitrag No. 13)
Ja da habe ich Klammern vergessen, Sorry für die Verwirrung. Aber trotzdem müsste ja das Gleiche herauskommen...
\quoteoff
Der nächste Denkfehler ist hier IMO der, auf die vier bedingten Wahrscheinlichkeiten den Additionssatz für totale Wahrscheinlichkeiten anzuwenden. Die Voraussetzung dafür wäre die, dass die Ereignisse \(K\) sowie \(\lbrace 0,A,B,AB \rbrace\) zum gleichen Wahrscheinlichkeitsraum gehören (und die vier Blutgruppen müssten darüberhinaus eine Partition dieses Wahrscheinlichkeitsraums bilden). Das funktioniert hier aber beides nicht, da dein gewählter Wahrscheinlichkeitsraum ja \(\lbrace 0,A,B,AB \rbrace^3\) ist.
Es würde wie gesagt nichts anderes übrig bleiben, als jede mögliche Kombination aus diesem Wahrscheinlichkeitsraum, die zu Kompatibilät führt, gesondert auszurechnen und das alles aufzuaddieren. Also ohne bedingte Wahrscheinlichkeiten. Viel Spaß...
Mich würde jetzt einmal interessieren (und das hatte ich ja schon versteckt angedeutet): stimmt denn das Resultat meines Ansatzes mit der Musterlösung überein?
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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WagW
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| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-08
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Wieso sollte $K$ nicht zum Grundraum bzw. WSK Raum gehören? Man kann $K$ jetzt entweder trickreich über eine Mengenbedingung hinschreiben, oder konkret alle diese Tupel aufschreiben, was dann aber etwas aufwendig wäre. In jedem Fall enthält $K$ eine endliche Anzahl an $3$-er Tupeln und ist damit eine Teilmenge von $\{0,A,B,AB\}^3$.
Auch kann man mit den vier Blutgruppen des Empfängers eine disjunkte Zerlegung des Grundraum vornehmen, was man leicht sieht:
$\Omega=(0,\omega_2,\omega_3)\cup (A,\omega_2,\omega_3)\cup (B,\omega_2,\omega_3)\cup (AB,\omega_2,\omega_3)$ mit $\omega_2,\omega_3\in\{0,A,B,AB\}$.
Da also $P(K) = P(K\mid 0)P(0)+ P(K\mid A)P(A)+P(K\mid B)P(B)+P(K\mid AB)P(AB)$ gilt, müssen wir nur die bedingten WSKs ermitteln. Wobei ich jetzt mal die Notation etwas erleichtert habe und annehme, dass sich die Bedingung in der bedingten WSK auf den Empfänger bezieht genauso wie die unbedingten WSKs. Das habe ich gemacht und war jetzt nicht mega aufwendig.
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Diophant
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| Beitrag No.16, eingetragen 2023-02-08
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
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\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2023-02-08 19:52 - WagW in Beitrag No. 15)
Wieso sollte $K$ nicht zum Grundraum bzw. WSK Raum gehören? Man kann $K$ jetzt entweder trickreich über eine Mengenbedingung hinschreiben, oder konkret alle diese Tupel aufschreiben, was dann aber etwas aufwendig wäre. In jedem Fall enthält $K$ eine endliche Anzahl an $3$-er Tupeln und ist damit eine Teilmenge von $\{0,A,B,AB\}^3$.
Auch kann man mit den vier Blutgruppen des Empfängers eine disjunkte Zerlegung des Grundraum vornehmen, was man leicht sieht:
$\Omega=(0,\omega_2,\omega_3)\cup (A,\omega_2,\omega_3)\cup (B,\omega_2,\omega_3)\cup (AB,\omega_2,\omega_3)$ mit $\omega_2,\omega_3\in\{0,A,B,AB\}$.
\quoteoff
Es kann hier aber ein und dieselbe Kombination \((\omega_2,\omega_3)\) dazu führen dass mehrere der Ereignisse \(K|E_i\) mit \(E_i\in\lbrace 0,A,B,AB \rbrace\) eintreten. Bspw. wenn ein Spender Blutgruppe A und der andere Blutgruppe B hat, dann wäre diese Kombination kompatibel zu Empfängern der Blutgruppen A, B und AB. Wenn auf der anderen Seite beide Spender Blutgruppe 0 haben, dann tritt K nur ein, wenn auch der Empfänger Blutgruppe 0 hat. Mit anderen Worten: wie das Ereignis K aus Tripeln deines Wahrscheinlichkeitsraums zusammengesetzt ist, hängt noch von der konkreten Realisierung des Paars \((\omega_2,\omega_3)\) ab, und darüberhinaus auch noch von \(\omega_1\), also der Blutgruppe des Empfängers. Und das darf eben beim Satz über die totale Wahrscheinlichkeit nicht sein.
\quoteon(2023-02-08 19:52 - WagW in Beitrag No. 15)
Da also $P(K) = P(K\mid 0)P(0)+ P(K\mid A)P(A)+P(K\mid B)P(B)+P(K\mid AB)P(AB)$ gilt, müssen wir nur die bedingten WSKs ermitteln. Genau das habe ich gemacht und war jetzt nicht mega aufwendig.
\quoteoff
Es ist einfach falsch. Was sagt denn nun die Musterlösung, warum verschweigst du das hartnäckig?
Du kannst aber natürlich auf diesen Ansatz bestehen und dann eben in Kauf nehmen, dass er mit der Musterlösung nicht übereinstimmt...
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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WagW
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| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-09
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Hi Diophant,
\quoteon(2023-02-08 20:38 - Diophant in Beitrag No. 16)
\quoteon(2023-02-08 19:52 - WagW in Beitrag No. 15)
[...]
Es kann hier aber ein und dieselbe Kombination \((\omega_2,\omega_3)\) dazu führt, dass mehrere der Ereignisse \(K|E_i\) mit \(E_i\in\lbrace 0,A,B,AB \rbrace\) eintreten. Bspw. wenn ein Spender Blutgruppe A und der andere Blutgruppe B hat, dann wäre diese Kombination kompatibel zu Empfängern der Blutgruppen A, B und AB. Wenn auf der anderen Seite beide Spender Blutgruppe 0 haben, dann tritt K nur ein, wenn auch der Empfänger Blutgruppe 0 hat. Mit anderen Worten: wie das Ereignis K aus Tripeln deines Wahrscheinlichkeitsraums zusammengesetzt ist, hängt noch von der konkreten Realisierung des Paars \((\omega_2,\omega_3)\) ab, und darüberhinaus auch noch von \(\omega_1\), also der Blutgruppe des Empfängers. Und das darf eben beim Satz über die totale Wahrscheinlichkeit nicht sein.
[...]
\quoteon(2023-02-08 19:52 - WagW in Beitrag No. 15)
Da also $P(K) = P(K\mid 0)P(0)+ P(K\mid A)P(A)+P(K\mid B)P(B)+P(K\mid AB)P(AB)$ gilt, müssen wir nur die bedingten WSKs ermitteln. Genau das habe ich gemacht und war jetzt nicht mega aufwendig.
\quoteoff
Es ist einfach falsch. Was sagt denn nun die Musterlösung, warum verschweigst du das hartnäckig?
\quoteoff
\quoteoff
das verstehe ich ehrlich gesagt nicht. Die einzige Voraussetzung für die Anwendung des Satzes der totalen WSK ist eine disjunkte Zerlegung; diese verwende ich. Was hat die Realisierung eines Tupels $(\omega_1,\omega_2,\omega_2)$ damit zu tun?
Die Realisierung $(\omega_1,\omega_2,\omega_2)$ erfolgt wie in einem stochastischen Experiment bei dem etwas drei Mal gemacht wird. Genau das macht man ja auch in Teilaufgabe a.) nur das dort zwei Mal "gezogen" wurde: ein Spender und ein Empfänger. Jetzt "zieht" man halt drei Mal und hat bei jedem Zug die WSK, die in der Tabelle steht, die jeweilige Blutgruppe zu erhalten. Man kann ja einfach OBdA annehmen, dass der erste Zug $\omega_1$ der Empfänger ist und der zweite und dritte die beiden Spender. Um bei Deinem Beispiel zu bleiben:
$(A,A,B)\in (K\cap \{E=A\})$ hat WSK $(0.43^2\cdot0.11)$ und $(0,A,B)\in (K\cap \{E=A\})$ hat WSK $(0.41\cdot 0.43\cdot0.11)$ und $(0,0,0)\in (K\cap \{E=0\})$ hat WSK $0.41^3$
Was genau ist bei meinem Gedankengang falsch?
Ich bestreite nicht, dass meine Lösung falsch sei, nur bisher haben mich Deine Erklärungen nicht überzeugt. Ich möchte einfach sichergehen, dass ich weiß wo mein Fehler liegt, damit ich diesen in Zukunft nicht noch mal mache.
viele Grüße
WagW
PS: Ich wollte die Musterlösung nicht verschweigen, sie ist $0.867868$ und wenn ich mich nicht verrechnet habe dann liefert Dein Ansatz diese WSK auch.
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Caban
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 | Beitrag No.18, eingetragen 2023-02-09
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Hallo
Ich komme mithilfe des Gegenereignisses auf dein Ergebnis:
P=0.41*(1-0.59^2)+0.43*(1-0.16^2)+0.11*(1-0.48^2)+0.05=0.820927
Gruß Caban
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Diophant
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| Beitrag No.19, eingetragen 2023-02-09
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
@Caban:
\quoteon(2023-02-09 08:58 - Caban in Beitrag No. 18)
Hallo
Ich komme mithilfe des Gegenereignisses auf dein Ergebnis:
P=0.41*(1-0.59^2)+0.43*(1-0.16^2)+0.11*(1-0.48^2)+0.05=0.820927
\quoteoff
Das ist nicht das Gegenereignis zu: "mindestens ein Spender ist AB0-kompatibel". Außerdem ist es die gleiche Rechnung wie die des Fragestellers, nur sehr viel kompakter notiert.
Die korrekte Rechnung über das Gegenereignis lautet:
\[P=1-(1-0,6365)^2\approx 0.8679\]
Wie in der Musterlösung angegeben.
@WagW: steht in dieser Musterlösung auch etwas zum Ansatz? Das seltsame hier ist ja, dass offensichtlich eine Bearbeitung mittels bedingter Wahrscheinlichkeiten angedacht ist.
Wahrscheinlich ist die Aufgabenstellung irgendwie verunglückt, trotzdem würde mich interessieren, ob da außer dem Ergebnis noch irgendetwas bekannt ist.
Meine Bedenken zu deinem Ansatz habe ich jetzt schon zweimal versucht zu artikulieren, besser gelingt es mir momentan nicht. Vielleicht heute Abend...
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.20, eingetragen 2023-02-09
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\quoteon(2023-02-09 09:10 - Diophant in Beitrag No. 19)
Die korrekte Rechnung über das Gegenereignis lautet:
\[P=1-(1-0,6365)^2\approx 0.8679\]
\quoteoff
Hallo Diophant,
es werden ja nicht zwei Paare Spender/Empfänger zufällig gewählt (und dann die W'keit berechnet, dass bei mindestens einem Paar Kompatibilität besteht). Sondern der Empfänger ist beides Mal derselbe. Die beiden Gegenereignisse sind also nicht unabhängig voneinander, und somit dürfen die W'keiten nicht einfach multipliziert werden.
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Diophant
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|  Beitrag No.21, eingetragen 2023-02-09
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Moin StrgAltEntf,
\quoteon(2023-02-09 09:26 - StrgAltEntf in Beitrag No. 20)
es werden ja nicht zwei Paare Spender/Empfänger zufällig gewählt (und dann die W'keit berechnet, dass bei mindestens einem Paar Kompatibilität besteht). Sondern der Empfänger ist beides Mal derselbe. Die beiden Gegenereignisse sind also nicht unabhängig voneinander, und somit dürfen die W'keiten nicht einfach multipliziert werden.
\quoteoff
meiner Meinung nach ist der Hinweis am Ende des Aufgabenteils b) doch genau dazu da, um diese Unabhängigkeit annehmen zu dürfen. Und der Ersteller der Musterlösung sieht es offensichtlich genauso.
Aber gut: die Aufgabe ohne den Hinweis interpretiert, dann wird die Rechnung von WagW richtig, ist aber viel zu kompliziert, wie Caban mit seiner Rechnung gezeigt hat.
Gruß, Diophant
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.22, eingetragen 2023-02-09
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\quoteon(2023-02-09 09:58 - Diophant in Beitrag No. 21)
meiner Meinung nach ist der Hinweis am Ende des Aufgabenteils b) doch genau dazu da, um diese Unabhängigkeit annehmen zu dürfen. Und der Ersteller der Musterlösung sieht es offensichtlich genauso.
\quoteoff
Okay, diese Annahme hatte ich tatsächlich nur oberflächlich gelesen und so interpretiert, dass die Blutgruppen von Spendern und Empfänger stochastisch unabhängig voneinander sind. Hatte mich dann nur gewundert, warum diese Annahme nicht bereits bei a) gemacht wurde.
Diese Annahme finde ich allerdings irrwitzig, da sie zu einem falschen Ergebnis führt. 🙄
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Caban
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| Beitrag No.23, eingetragen 2023-02-09
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Hallo
in meinen Augen ist das mit der Unabhängigkeit anders gemeimt. Wenn der Patient Blurgruppe AB hat, dann ist es in der Realität wahrscheinlich, dass er in einer Region wohnt, wo AB reraltiv weit verbreitet ist. Außerdem könnten Spender und Patient in der Realität verwandt sein, was die Wahrscheinlichkeit auch ändert. Nicht in jeder Region ist der Anteil 5%. Man soll daveon ausgehen, dass 5% gelten obwohl in der Realtität eine Abweichung möglich ist.
Gruß Caban
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Diophant
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| Beitrag No.24, eingetragen 2023-02-09
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@Caban:
\quoteon(2023-02-09 10:39 - Caban in Beitrag No. 23)
in meinen Augen ist das mit der Unabhängigkeit anders gemeimt. Wenn der Patient Blurgruppe AB hat, dann ist es in der Realität wahrscheinlich, dass er in einer Region wohnt, wo AB reraltiv weit verbreitet ist. Außerdem könnten Spender und Patient in der Realität verwandt sein, was die Wahrscheinlichkeit auch ändert. Nicht in jeder Region ist der Anteil 5%. Man soll daveon ausgehen, dass 5% gelten obwohl in der Realtität eine Abweichung möglich ist.
\quoteoff
Und wie erklärst du dir dann das Resultat der Musterlösung?
Gruß, Diophant
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Caban
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| Beitrag No.25, eingetragen 2023-02-09
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Hallo
Der Aufgabensteller und der Ersteller der Musterlösung muss nicht identisch sein oder der Aufgabensteller hat nicht bedacht, dass es zweimal um denselben Patienten geht.
Gruß Caban
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Diophant
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| Beitrag No.26, eingetragen 2023-02-09
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\quoteon(2023-02-09 10:52 - Caban in Beitrag No. 25)
Der Aufgabensteller und der Ersteller der Musterlösung muss nicht identisch sein oder der Aufgabensteller hat nicht bedacht, dass es zweimal um denselben Patienten geht.
\quoteoff
Hm. Unter einer Musterlösung verstehe ich grundsätzlich eine solche Lösung, die vom Autor der Aufgabe in der einen oder anderen Form autorisiert ist oder vom Autor selbst stammt.
Letztendlich muss WagW das für sich entscheiden.
Man kann festhalten: wieder einmal sind wir uns in der Interpretation des Aufgabentextes einer Stochastik-Aufgabe nicht einig. Das passiert ja in diesem Fachbereich signifikant häufiger als in anderen (ok, die Kombinatorik hat es da auch in sich). Für mich ein sicheres Zeichen, dass die Formulierung der Aufgabe ausbaufähig ist...
Gruß, Diophant
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WagW
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| Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-09
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Hallo Diophant,
ich habe die komplette Musterlösung nun mal in die Hände bekommen und da wird das so gemacht wie Du vorschlägst.
Meine Übungsleiterin konnte mir aber auch nicht sagen was an meiner Lösung falsch ist und hat nur auf die Musterlösung verwiesen 🤔
Jetzt hat mir eine Kommilitonin gesagt, dass es früher mal genau die gleiche Aufgabe gab, die aber zusätzlich einen Aufgabenteil c.) beinhaltete. Sie hat mir den mal inklusive Musterlösung zugeschickt:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/c/49610_Unbenannt656565.JPG
In diesem Fall kommt dann tatsächlich meine Lösung heraus.
Das hilft mir zwar immer noch nicht aufzudecken warum mein Ansatz bei Teilaufgabe b.) falsch ist, aber vielleicht sieht ja jetzt jemand anderes wo mein Fehler ist.
viele Grüße
WagW
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Diophant
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| Beitrag No.28, eingetragen 2023-02-09
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Hallo WagW,
jetzt kommt Licht ins Dunkel. 😁
Also, bei b) ist die Kompatibilität von Spender und Patient zwischen den einzelnen Spendern stochastisch unabhängig. Das bedeutet, die Inkompatibilität ist es ebenso. Also kann man die Wahrscheinlichkeit dafür, dass zwei Spender nicht AB0-kompatibel mit dem Patienten sind, miteinander multiplizieren. Das führt auf den Ansatz, den ich vorgeschlagen hatte (und ich hatte diesen Hinweis auch ohne Teilaufgabe c) von vorn herein so verstanden).
Bei Teilaufgabe c) ist jetzt keine Unabhängigkeit für Kompatibilität zwischen Spender und Patient mehr gegeben, sondern dafür zwischen Spendern und Blutgruppen. Das muss man auseinanderhalten, das ist etwas anderes als bei b). Und genau dieser Hinweis liefert jetzt das erforderliche Kriterium zur Anwendung der Formel für die totale Wahrscheinlichkeit, das ich die ganze Zeit angemahnt hatte. Also diese Teilaufgabe hätte ich sofort so gelöst, wie von Caban in Beitrag #18 aufgezeigt.
Und die Argumentation von StrgAltEntf aus #20 trifft jetzt die Situation für diese Teilaufgabe ebenfalls exakt.
Gruß, Diophant
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WagW
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| Beitrag No.29, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-09
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Hi Diophant,
ja so langsam lichtet sich der Nebel 😄 Ich glaube aber das Problem liegt woanders:
Wenn man sich keine große Gedanken über den zu Grunde liegenden WSK Raum und das jeweilige WSK-Maß macht, dann kann man sich einfach ein paar Ereignisse definieren, die zu den Informationen und Hinweisen der Aufgabenstellung "passen". Man nimmt dann stillschweigend an, dass es einen geeigneten WSK Raum gibt. Als Mengen bieten sich dann an:
$S_1$ ist das Ereignis, dass Spender $1$ mit Empfänger kompatibel ist.
$S_2$ ist das Ereignis, dass Spender $2$ mit Empfänger kompatibel ist.
Damit geht das alles glatt durch (auch Teilaufgabe c.)) und ist auch das was Du im Hinterkopf hattest.
Wir haben aber eingeimpft bekommen, dass man sich immer (also wirklich immer) zu aller erst einen WSK Raum definieren muss und dann auf dessen Grundlage sauber argumentieren soll - ansonsten Punktabzug.
In Teilaufgabe a.) klappt das auch noch relativ einfach. Wenn man das nun in Teilaufgabe b.) macht, dann wird das aber ziemlich kompliziert, da man bei der Konstruktion des WSK Maßes den Hinweis berücksichtigen muss. Ansonsten läuft man in das folgende Problem:
Angenommen ich habe jetzt einen Grundraum $\{0,A,B,AB\}^3$ und möchte mir ein WSK Maß dazu basteln. Dann dachte ich bisher, dass das einfach nach dem Motto $P(A,0,0)=0.43\cdot 0.41\cdot 0.41$ klappt. Also so wie man das in Teilaufgabe a.) gemacht hat.
Wenn ich mir nun auf diesem Grundraum die beiden Mengen $S_1$ und $S_2$ konstruieren würde, dann müsste ja $P(S_1\cap S_2)=P(S_1)\cdot P(S_2)=P(S_1)^2$ gelten - da dies im Hinweis der Teilaufgabe b.) vorausgesetzt wird.
Wenn man dann mal alle WSKs der Tupel, die in $S_1\cap S_2$ liegen, aufaddiert und prüft ob mit meinem obigen WSK-Maß dann tatsächlich $P(S_1)^2$ herauskommt, so sieht man schon nach ein paar vereinfachenden Beispielen, dass dies nicht der Fall ist. Mein WSK-Maß was ich unter der gleichen Annahme wie in a.) konstruieren wollte, ist also in Teilaufgabe b.) nicht mit dem Hinweis in Einklang zu bringen. Das heißt natürlich nicht, dass es kein geeignetes WSK Maß gibt, dass mit dem Hinweis harmoniert - es wäre nur wahrscheinlich ziemlich aufwendig ein solches zu konstruieren. Wenn ich aber nun ein solches WSK-Maß hätte, dann spricht überhaupt nichts dagegen den Satz der totalen WSK so anzuwenden wie ich es ursprünglich machen wollte:
\quoteon(2023-02-08 19:52 - WagW in Beitrag No. 15)
Da also $P(K) = P(K\mid 0)P(0)+ P(K\mid A)P(A)+P(K\mid B)P(B)+P(K\mid AB)P(AB)$ gilt, müssen wir nur die bedingten WSKs ermitteln. Wobei ich jetzt mal die Notation etwas erleichtert habe und annehme, dass sich die Bedingung in der bedingten WSK auf den Empfänger bezieht genauso wie die unbedingten WSKs. Das habe ich gemacht und war jetzt nicht mega aufwendig.
[...]
\quoteoff
Mein Fazit ist jetzt, dass man nicht immer versuchen sollte krampfhaft einen passenden WSK Raum zu definieren, sondern manchmal einfach direkt mit entsprechenden Mengen arbeiten sollte. Wann man nun einen WSK Raum konstruiert und wann nicht, ist wahrscheinlich Glückssache oder muss aus der Aufgabenstellung herausinterpretiert werden. Ich glaube, dass der Prof es bei dieser Aufgabe nicht im Hinterkopf hatte, dass wir das Ganze sauber mit einem WSK Raum untermauern sollen...
viele Grüße
WagW
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| Beitrag No.30, eingetragen 2023-02-09
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Hallo WagW,
die Sache mit den Wahrscheinlichkeitsräumen und dem Unterschied in dieser Hinsicht der Aufgabenteile a) und b) ist schon richtig. So kompliziert ist er aber auch wieder nicht. Vom Prinzip her ist es der gleiche Unterschied, wie beim idealen Würfel, je nachdem ob man einmal oder zweimal würfelt (bzw. mit zwei Würfeln gleichzeitig würfelt). Also hat man in Teilaufgabe b) ein zweistufiges Experiment, für das jede der beiden Stufen den Grundraum aus Teilaufgabe a) hat.
Gruß, Diophant
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.31, eingetragen 2023-02-09
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\quoteon(2023-02-09 17:47 - WagW in Beitrag No. 29)
Wenn man sich keine große Gedanken über den zu Grunde liegenden WSK Raum und das jeweilige WSK-Maß macht, dann kann man sich einfach ein paar Ereignisse definieren, die zu den Informationen und Hinweisen der Aufgabenstellung "passen". Man nimmt dann stillschweigend an, dass es einen geeigneten WSK Raum gibt. Als Mengen bieten sich dann an:
$S_1$ ist das Ereignis, dass Spender $1$ mit Empfänger kompatibel ist.
$S_2$ ist das Ereignis, dass Spender $2$ mit Empfänger kompatibel ist.
...
\quoteoff
Ich bin da ganz bei dir. Die Frage wäre, wie groß ist $P(x, y, z)$ mit $x,y,z\in G:=\{0,A,B,AB\}$? x ist hier die Blutgruppe des Enpfängers und y und z sind die Blutgruppen der beiden Spender. Man hat hier erst einmal 64 Unbekannte.
Sicherlich soll für $a\in G$ gelten:
\[\sum_{y,z\in G^2} P(a,y,z)=\sum_{x,z\in G^2} P(x,a,z)=\sum_{x,y\in G^2} P(x,y,a)=p_a,\]
wobei $p_0=0,41$, $p_A=0,43$, $p_B=0,11$, $p_{AB}=0,05$.
Dann soll ja a) verwendet werden:
\[P(S_1)=\sum_{z\in G}\left( P(0,0,z)+P(A,0,z)+P(A,A,z)+P(B,0,z)+P(B,B,z)+P(AB,0,z)+P(AB,A,z)+P(AB,B,z)+P(AB,AB,z)\right)=0,6365\]
und
\[P(S_2)=\sum_{z\in G}\left( P(0,z,0)+P(A,z,0)+P(A,z,A)+P(B,z,0)+P(B,z,B)+P(AB,z,0)+P(AB,z,A)+P(AB,z,B)+P(AB,z,AB)\right)=0,6365\]
Außerdem
\[P(S_1\cap S_2)=P(0,0,0)+P(A,0,0)+P(A,0,A)+P(A,A,0)+P(A,A.A)+\text{20 weitere Summanden}={0,8679}\]
Einige Symmetrieeigenschaften wären auch nicht schlecht:
\[P(x,y,z)=P(x,z,y)=P(y,x,z)=P(y,z,x)=P(z,x,y)=P(z,y,x)\]
für \(x,y,z\in G\).
Es kann aber sein, dass das Gleichungssystem jetzt schon überbestimmt ist und man auf einige dieser Symmetriebeziehungen verzichten muss. Aber immerhin ist das Gleichungssystem bis hier hin noch linear.
Mein Fazit: Ein Aufgabensteller kann auch mal einen Fehler machen. Und die Aufgabe b) ist sicherlich keine Glanzleistung.
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Diophant
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| Beitrag No.32, eingetragen 2023-02-09
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@StrgAltEntf:
\quoteon(2023-02-09 19:29 - StrgAltEntf in Beitrag No. 31)
Mein Fazit: Ein Aufgabensteller kann auch mal einen Fehler machen. Und die Aufgabe b) ist sicherlich keine Glanzleistung.
\quoteoff
Ich sehe das ähnlich. Wobei: hätte man alle drei Teile im Zusammenhang gehabt, dann hätte sich der Unterschied der Teile b) und c) vermutlich leichter erschlossen. Ändert aber nichts daran: das könnte in beiden Fällen präziser formuliert sein.
Gruß, Diophant
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WagW hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
WagW hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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