| Autor |
  Wahrscheinlichkeit bei Multiple-Choice-Frage |
|
Redfield
Junior 
Dabei seit: 10.06.2023
Mitteilungen: 6
 |  Themenstart: 2023-06-10
|
Ich bitte um Hilfe bei einer Aufgabe aus dem Bereich Wahrscheinlichkeitsrechnung.
Aufgabenstellung:
Eine Multiple-Choice-Aufgabe hat 6 Aussagen, die mit wahr oder falsch markiert werden sollen. Die ersten drei Aussagen sind wahr, die letzten drei falsch. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Student zufällig alle Antworten korrekt markiert?
Ich habe versucht das Problem in Form eines Baumdiagramms darzustellen, das die Wahrscheinlichkeiten Aussage für Aussage abbildet.
Zuerst habe ich gedanklich die Aufgabe in ein Urnenmodell überführt und ziehen ohne Zurücklegen mit Betrachtung der Reihenfolge darin gesehen. Das klingt dann so: In einer Urne sind drei weiße Kugeln (wahre Aussagen) und drei schwarze (falsche Aussagen). Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler durch sequentielles Ziehen die Kombination wwwfff erhält.
Ich habe das Baumdiagramm aufgestellt und mir für jeden Aussage überlegt, wie hoch die Einzelwahrscheinlichkeiten sind.
Den Ansatz halte ich nun für falsch. Allein die Tatsache, dass es 6 Kugeln in der Urne sind, dürfe falsch sein. Bei 6 Aussagen, die wahr oder falsch sein können, ergeben sich 12 Kugeln. Ob der Ansatz besser ist weiß ich nicht.
Kann mir jemand helfen, diese Aufgabe in ein korrektes stochastisches Modell zu gießen?
Danke
|
 Profil
|
Caban
Senior 
Dabei seit: 06.09.2018
Mitteilungen: 3107
Wohnort: Brennpunkt einer Parabel
 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-06-10
|
Hallo
Ich würde spontan (1/2)^6.
Gruß caban
|
Profil
|
Diophant
Senior 
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10902
Wohnort: Rosenfeld, BW
 | Beitrag No.2, eingetragen 2023-06-10
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo Redfield und willkommen hier im Forum!
Wenn der Student zufällig Antworten wählt, dann ist es völlig egal, ob die richtige Lösung "wahr" oder "falsch" ist.
Und damit wäre das Problem binomialverteilt.
Aber auch mit einem Baumdiagramm sollte es leicht machbar sein. Die Wahrscheinlichkeit für jede der Aussagen, die richtige Antwort zu treffen, ist ja jeweils \(P=1/2\)...
Gruß, Diophant
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]\(\endgroup\)
|
Profil
|
Kitaktus
Senior
Dabei seit: 11.09.2008
Mitteilungen: 7234
Wohnort: Niedersachsen
| Beitrag No.3, eingetragen 2023-06-11
|
Wenn Du ein Urnenmodell benutzen möchtest, dann hat jede Urne zwei Kugeln, aber nach jedem Ziehen legst Du die Kugel wieder zurück. Ob Du „wahr“ und „falsch“ auf die Kugeln schreibst, oder „richtig angekreuzt“ und „falsch angekreuzt“ bleibt Dir überlassen. Die zweite Variante ist aber einfacher in der Formulierung.
|
Profil
|
Redfield
Junior
Dabei seit: 10.06.2023
Mitteilungen: 6
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2023-06-11
|
Danke.
Ich kann eure Argumentation nicht ganz nachvollziehen. Ich ändere die Problemstellung gerinfügig ab, damit man besser versteht, worauf ich hinaus möchte.
In einer Multiplichoice-Frage gibt es 3 richtige und drei falsche Antworten. Der Student soll die richtigen Antworten ankreuzen und muss dazu drei Kreuze setzen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass er durch zufälliges Ankreuzen die richtige Kombination ankreuzt und volle Punktzahl bekommt (Für diese eine Aufgabe).
Die Wahrscheinlichkeit errechnet sich ja wie folgt:
\(
P(A)=\frac{\text{Anzahl der günstigen Ereignisse}}{\text{Anzahl der möglichen Ereignisse}}
\)
Ich muss also die Anzahl der möglichen Ereignisse ermitteln. Hierbei müsste es sich meiner Meinung nach um Ziehen ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge handeln, da nur eine bestimmte Reihenfolge korrekt ist.
Die Anzahl der möglichen Variationen müsste dann doch \(\frac{n!}{(n-k)!}=\frac{6!}{(6-3)!}=120\) sein.
Dann wäre die Wahrscheinlichkeit \(P(A)=\frac{1}{120}\).
|
Profil
|
Caban
Senior
Dabei seit: 06.09.2018
Mitteilungen: 3107
Wohnort: Brennpunkt einer Parabel
| Beitrag No.5, eingetragen 2023-06-11
|
Hallo
Nein, es ist Ziehen mit Zurücklegen. n ist 2 (richtig oder falsch), k ist 6.
Gruß Caban
PS:
In der neuen Aufgabenstellung werden 3 von 6 ausgewählt. Also ist es der Binomialkoeffizient.
Gruß Caban
|
Profil
|
StrgAltEntf
Senior
Dabei seit: 19.01.2013
Mitteilungen: 8376
Wohnort: Milchstraße
 | Beitrag No.6, eingetragen 2023-06-11
|
\quoteon(2023-06-11 21:07 - Redfield in Beitrag No. 4)
In einer Multiplichoice-Frage gibt es 3 richtige und drei falsche Antworten. Der Student soll die richtigen Antworten ankreuzen und muss dazu drei Kreuze setzen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass er durch zufälliges Ankreuzen die richtige Kombination ankreuzt und volle Punktzahl bekommt (Für diese eine Aufgabe).
\quoteoff
Das ist natürlich eine ganz andere Aufgabe. Für die drei richtige Antworten gibt es \(\binom63=20\) Möglichkeiten. Also ist die W'keit richtig zu raten, gleich 1/20.
|
Profil
|
zippy
Senior
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 4975
 | Beitrag No.7, eingetragen 2023-06-11
|
\quoteon(2023-06-11 21:22 - Caban in Beitrag No. 5)
Nein, es ist Ziehen mit Zurücklegen. n ist 2 (richtig oder falsch), k ist
\quoteoff
Das passt nicht zu der neuen Aufgabenstellung in Beitrag Nr. 4, da jetzt bekannt ist, dass genau 3 der 6 Fragen anzukreuzen sind.
\quoteon(2023-06-11 21:07 - Redfield in Beitrag No. 4)
Hierbei müsste es sich meiner Meinung nach um Ziehen ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge handeln, da nur eine bestimmte Reihenfolge korrekt ist.
\quoteoff
Stellen wir uns vor, dass der Student 6 Kugeln mit den Zahlen 1 bis 6 in eine Urne wirft, dann 3 davon ohne Zurücklegen zieht und schließlich die entsprechenden Fragen ankreuzt. Offenbar kommt es nicht darauf an, in welcher Reihenfolge er die Fragen ankreuzt, also ist die Anzahl der möglichen Ereignisse$$
{6\choose3}={6\cdot5\cdot4\over3\cdot2\cdot1}=20\;.$$--zippy
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]
|
Profil
|
zippy
Senior
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 4975
| Beitrag No.8, eingetragen 2023-06-11
|
\quoteon(2023-06-11 21:28 - StrgAltEntf in Beitrag No. 6)
Also ist die W'keit richtig zu raten, gleich 1/19.
\quoteoff
Warum nicht 1/20?
|
Profil
|
Redfield
Junior 
Dabei seit: 10.06.2023
Mitteilungen: 6
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2023-06-11
|
\quoteon(2023-06-11 21:32 - zippy in Beitrag No. 8)
\quoteon(2023-06-11 21:28 - StrgAltEntf in Beitrag No. 6)
Also ist die W'keit richtig zu raten, gleich 1/19.
\quoteoff
Warum nicht 1/20?
\quoteoff
Ihr seid der Meinung es sei Ziehen ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge?
Ich bin anderer Meinung. In meiner Vorstellung existieren in der Urne 6 Kugeln. Drei wahre und drei falsche. Er sieht alle 6 und nur eine Kombination ist die richtige. Z. B. könnte w w w f f f die richtige Kombination sein. Wenn er nur dreimal zieht, bearbeitet er nur drei der Antwortmöglichkeiten. Oder habe ich einen Denkfehler?
|
Profil
|
| Folgende Antworten hat der Fragensteller vermutlich noch nicht gesehen. |
Caban
Senior
Dabei seit: 06.09.2018
Mitteilungen: 3107
Wohnort: Brennpunkt einer Parabel
| Beitrag No.10, eingetragen 2023-06-11
|
Hallo
Mit Beachtung der Reihenfolge ist das hier nicht sinnvoll. Es geht nur darum, welche Antworten richtig sind. Bei Beachtung der Reihenfolge wüdrest du die richtigen Antworten noch unterscheiden. Das ist hier nicht sinnvoll.
Gruß caban
|
Profil
|
zippy
Senior
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 4975
| Beitrag No.11, eingetragen 2023-06-11
|
\quoteon(2023-06-11 22:15 - Redfield in Beitrag No. 9)
In meiner Vorstellung existieren in der Urne 6 Kugeln. Drei wahre und drei falsche. Er sieht alle 6 und nur eine Kombination ist die richtige. Z. B. könnte w w w f f f die richtige Kombination sein.
\quoteoff
Wenn du die Ziehung so durchführst, dass du die erste gezogene Kugel als Antwort auf die erste Frage verwendest, die zweite als Antwort auf die zweite Frage usw., dann spielt natürlich die Reihenfolge, in der "wahre" und "falsche" Kugeln gezogen werden, eine Rolle. Es spielt aber keine Rolle, welche der drei "wahren" bzw. "falschen" Kugeln jeweils gezogen wird. Daher ist die Anzahl wieder$$
{6!\over3!\cdot3!}=20 \;. $$
|
Profil
|
StrgAltEntf
Senior
Dabei seit: 19.01.2013
Mitteilungen: 8376
Wohnort: Milchstraße
| Beitrag No.12, eingetragen 2023-06-11
|
\quoteon(2023-06-11 21:32 - zippy in Beitrag No. 8)
\quoteon(2023-06-11 21:28 - StrgAltEntf in Beitrag No. 6)
Also ist die W'keit richtig zu raten, gleich 1/19.
\quoteoff
Warum nicht 1/20?
\quoteoff
Ups, da waren meine Finger zu weit kubja 🙃
|
Profil
|
Home / Seite ohne Frame
2023-09-23 00:46 U P <
2023-09-22 22:09 U ?
Wie unterstütze ich den Matheplaneten mit Geld?
