Würfelproblem < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:14 Mi 18.04.2012 | | Autor: | bandchef |
| Aufgabe | | Sind die Ereignisse "erster Würfel ungerade", "zweiter Würfel ungerade" und "ungerade Summe beim zweimaligen Würfeln paarweise unabhängig? Wie ist die Wahrscheinlichkeit für den Schnitt aller drei Ereignisse? |
Mein bisherige Lösung:
A1 = erster Würfel ungerade
A2 = zweiter Würfel ungerade
A3 = ungerade Summe
A1 = {1,2,3,4,5,6}
A2 = {1,2,3,4,5,6}
A3 = {1,3,5,7,9,11}
[mm] $P(A_1) [/mm] = [mm] \frac{3}{6}$
[/mm]
[mm] $P(A_2) [/mm] = [mm] \frac{3}{6}$
[/mm]
[mm] $P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{2}{6} \text{ weil zweimal gewürfelt wird?}$
[/mm]
[mm] $A_1 \cap A_2 \cap A_3:$ $A_1 \cap A_2 [/mm] = [mm] \frac{6}{6} [/mm] = B$ $B [mm] \cap A_3 [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \Rightarrow A_1 \cap A_2 \cap A_3=$ $A_1 \cap A_2 [/mm] = [mm] \frac{3}{6}$
[/mm]
[mm] $P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{2}{6} [/mm] = [mm] \frac{1}{12}$
[/mm]
Stimmt das so?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:32 Mi 18.04.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo,
der Ansatz für die beiden ersten Ereignisse ist okay, bei der Summenbildung denke noch mal nach. Welche Werte können dort auftreten (eine 1 beispielsweise nicht) und wieviele davon sind ungerade?
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:50 Mi 18.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Mein bisherige Lösung:
A1 = erster Würfel ungerade
A2 = zweiter Würfel ungerade
A3 = ungerade Summe
A1 = {1,2,3,4,5,6}
A2 = {1,2,3,4,5,6}
A3 = {3,5,7,9,11}
$ [mm] P(A_1) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_2) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{2}{5} [/mm] $
$ [mm] A_1 \cap A_2 [/mm] = [mm] \frac{6}{6} \Rightarrow (A_1 \cap A_2) \cap A_3 [/mm] = [mm] \{\}$
[/mm]
Da hier bin ich mir aber so gar nicht sicher. Irgendwie kommt's mir auch so vor als ob das irgendwie "Blödsinn" ist: $ [mm] P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{2}{5} [/mm] = [mm] \frac{1}{10} [/mm] $
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:28 Mi 18.04.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo bandchef,
die Möglichkeiten für die Erzielung einer ungeraden Summe sind okay, aber das wäre der Zähler zur Berechnung der Wahrscheinlichkeit. Im Nenner steht die Anzahl aller möglichen Ergebnisse und das sind mehr als 5, wenn man die Summe zweier Würfe zusammenzählt. So kommt ein anderer Ausdruck für P(A3) heraus.
Viele Grüße,
Infinit
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:57 Mi 18.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Mein bisherige Lösung:
A1 = erster Würfel ungerade
A2 = zweiter Würfel ungerade
A3 = ungerade Summe
A1 = {1,2,3,4,5,6}
A2 = {1,2,3,4,5,6}
A3 = {2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12}
$ [mm] P(A_1) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_2) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{5}{11} [/mm] $
$ [mm] A_1 \cap A_2 \cap A_3: [/mm] $ $ [mm] A_1 \cap A_2 [/mm] = [mm] \frac{6}{6} [/mm] = B $ $ B [mm] \cap A_3 [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \Rightarrow A_1 \cap A_2 \cap A_3= [/mm] $ $ [mm] A_1 \cap A_2 [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{5}{11} [/mm] = [mm] \frac{5}{44} [/mm] $
Stimmt das jetzt?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:23 Mi 18.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> A1 = {1,2,3,4,5,6}
> A2 = {1,2,3,4,5,6}
> A3 = {2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12}
Du scheinst immer Grundmengen [mm] $\Omega$ [/mm] anstelle der Ereignisse angeben zu wollen. Z.B. gibt [mm] $\{1,2,3,4,5,6\}$ [/mm] sicherlich nicht das Ereignis [mm] $A_1$ [/mm] wieder, dass im ersten Wurf eine ungerade Zahl gewürfelt wird.
> [mm]P(A_3) = \frac{5}{11}[/mm]
Da ist jetzt das Problem, dass bei dem Modell mit [mm] $\Omega=\{2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12\}$ [/mm] keine Laplace-Verteilung vorliegt: Z.B. ist die Augensumme 7 sehr viel wahrscheinlicher als die Augensumme 12.
> [mm]A_1 \cap A_2 \cap A_3:[/mm] [mm]A_1 \cap A_2 = \frac{6}{6} = B[/mm]
[mm] P(A_1\cap A_2) [/mm] ist sicherlich nicht 1. Das hieße ja, dass die Wahrscheinlichkeit, in beiden Würfen gleichzeitig eine ungerade Zahl zu werfen, 1 wäre.
> [mm]B \cap A_3 = \frac{3}{6}[/mm]
Was tust du da?
> [mm]\Rightarrow A_1 \cap A_2 \cap A_3=[/mm]
?
> [mm]A_1 \cap A_2 = \frac{3}{6}[/mm]
Nein.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:07 Fr 20.04.2012 | | Autor: | bandchef |
$ B [mm] \cap A_3 [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
Hier möchte ich das ergebnis der Schnittmenge von A1 und A2 mit A3 schneiden.
[mm] $\Omega [/mm] = [mm] \{ 1,2,3,4,5,6 \}^2$
[/mm]
[mm] $P(A_1)=\frac{3}{6}$
[/mm]
[mm] $P(A_2)=\frac{3}{6}$
[/mm]
mögliche ungerade Summen aus zwei Würfeln: 3,5,7,9,11. Das wär doch dann die Mächtigkeit 5, oder? Es gilt:
[mm] $P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{\left|A\right|}{\left|\Omega\right|} [/mm] = [mm] \frac{5}{36}%
[/mm]
Gesamte Wahrscheinlichkeit: [mm] $P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{5}{36} \approx [/mm] 0,035 [mm] \Rightarrow 3,5\%$
[/mm]
Wie geht das jetzt mit der Unabhängigkeit?
PS: Ehrlich gesagt kapier ich das ganze Experiment eh nicht; aus zwei ungeraden Zahlen kann mathematisch NIE eine gerade Summe entstehen!!!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:44 Fr 20.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> [mm]B \cap A_3 = \frac{3}{6}[/mm]
>
> Hier möchte ich das ergebnis der Schnittmenge von A1 und
> A2 mit A3 schneiden.
Du meinst [mm] $P(B\cap A_3)=\frac36$. [/mm] Aber in beiden Würfen eine ungerade Zahl und eine ungerade Summe kann gar nicht gleichzeitig auftreten. Also [mm] $A_1\cap A_2\cap A_3=\emptyset$ [/mm] und damit [mm] $P(A_1\cap A_2\cap A_3)=0$.
[/mm]
> [mm]\Omega = \{ 1,2,3,4,5,6 \}^2[/mm]
>
> [mm]P(A_1)=\frac{3}{6}[/mm]
>
> [mm]P(A_2)=\frac{3}{6}[/mm]
Ja.
> mögliche ungerade Summen aus zwei Würfeln: 3,5,7,9,11.
> Das wär doch dann die Mächtigkeit 5, oder?
[mm] $A_3$ [/mm] hat bei unserer Wahl von [mm] $\Omega$ [/mm] nicht Mächtigkeit 5.
Es gilt [mm] $A_3=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1+\omega_2\mbox{ ungerade}\}$.
[/mm]
Nicht die eleganteste, aber naheliegendste Möglichkeit: Gehe die 36 Elemente von [mm] $\Omega$ [/mm] durch und notiere, welche davon in [mm] $A_3$ [/mm] liegen. Dann kannst du [mm] $|A_3|$ [/mm] abzählen.
> Es gilt:
>
> [mm]$P(A_3)[/mm] = [mm]\frac{\left|A_\red3\right|}{\left|\Omega\right|}[/mm] =
> [mm]\frac{5}{36}%[/mm]
(Folgerichtig.)
> Gesamte Wahrscheinlichkeit: [mm][mm] P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3)
[/mm]
Ich glaube, ich habe dir schon einmal erklärt, dass [mm] A_1,A_2,A_3 [/mm] eben nicht stochastisch unabhängig sind und damit nicht einfach diese Gleichheit gilt.
> Wie geht das jetzt mit der Unabhängigkeit?
Bestimme [mm] $P(A_1\cap A_2)$, $P(A_1\cap A_3)$ [/mm] und [mm] $P(A_2\cap A_3)$. [/mm] Dann kannst du prüfen, ob [mm] $P(A_1\cap A_2)=P(A_1)*P(A_2)$, $P(A_1\cap A_3)=P(A_1)*P(A_3)$ [/mm] und [mm] $P(A_2\cap A_3)=P(A_2)*P(A_3)$ [/mm] gelten.
> PS: Ehrlich gesagt kapier ich das ganze Experiment eh
> nicht; aus zwei ungeraden Zahlen kann mathematisch NIE eine
> gerade Summe entstehen!!!
Nie eine UNgerade Summe.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:04 Fr 20.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Grundmenge:
$ [mm] \Omega [/mm] = [mm] \{ 1,2,3,4,5,6 \}^2 [/mm] $
$ [mm] P(A_1)= \frac{\left| A \right|_1}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_2)= \frac{\left| A \right|_2}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_3)= \frac{\left| A \right|_3}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{18}{36} [/mm] $
Wahrscheinlichkeiten:
$ [mm] P(A_1\cap A_2) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_2) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{6} [/mm] = [mm] \frac{1}{4}$
[/mm]
$ [mm] P(A_1\cap A_3) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{18}{36} [/mm] = [mm] \frac{1}{4}$
[/mm]
$ [mm] P(A_2\cap A_3) [/mm] = [mm] P(A_2) \cdot P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{18}{36} [/mm] = [mm] \frac{1}{4}$
[/mm]
Jetzt bekomm ich in allen drei Fällen das Gleiche raus. Was sagt mir das jetzt? Sagt mir das jetzt, dass die Unabhängigkeit vorliegt?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:24 Fr 20.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Grundmenge:
>
> [mm]\Omega = \{ 1,2,3,4,5,6 \}^2[/mm]
>
>
>
>
> [mm]P(A_1)= \frac{\left| A \right|_1}{\left| \Omega \right|} = \frac{3}{6}[/mm]
>
> [mm]P(A_2)= \frac{\left| A \right|_2}{\left| \Omega \right|} = \frac{3}{6}[/mm]
>
> [mm]P(A_3)= \frac{\left| A \right|_3}{\left| \Omega \right|} = \frac{18}{36}[/mm]
(Bis auf die falsch platzierten Indizes:) ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Gut!
> Wahrscheinlichkeiten:
>
> [mm][mm] P(A_1\cap A_2) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_2)
[/mm]
Diese Gleichheit gilt nur, wenn [mm] $A_1$ [/mm] und [mm] $A_2$ [/mm] stochastisch unabhängig sind. Und genau das möchtest du ja gerade erst zeigen.
Daher musst du [mm] $P(A_1\cap A_2)$ [/mm] direkt bestimmen.
Es gilt [mm] $A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2\mbox{ ungerade}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade}\}$.
[/mm]
> Jetzt bekomm ich in allen drei Fällen das Gleiche raus.
> Was sagt mir das jetzt? Sagt mir das jetzt, dass die
> Unabhängigkeit vorliegt?
Ja, das würde dir sagen, dass zum einen [mm] $A_1$ [/mm] und [mm] $A_2$, [/mm] zum anderen [mm] $A_1$ [/mm] und [mm] $A_3$, [/mm] zum anderen [mm] $A_2$ [/mm] und [mm] $A_3$ [/mm] jeweils stochastisch unabhängig sind. Mit anderen Worten: [mm] $A_1$, $A_2$ [/mm] und [mm] $A_3$ [/mm] wären paarweise stochastisch unabhängig.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:36 Sa 21.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Grundmenge:
$ [mm] \Omega [/mm] = [mm] \{ 1,2,3,4,5,6 \}^2 [/mm] $
$ [mm] P(A_1)= \frac{\left| A_1 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_2)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_3)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{18}{36} [/mm] $
Wahrscheinlichkeiten:
$ [mm] P(A_1\cap A_2) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_2) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{6} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
$ [mm] P(A_1\cap A_3) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{18}{36} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
$ [mm] P(A_2\cap A_3) [/mm] = [mm] P(A_2) \cdot P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{18}{36} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
Gut, soweit stimmt das ganze also nun.
Zitat: " $ [mm] P(A_1\cap A_2) [/mm] $ = $ [mm] P(A_1) \cdot P(A_2) [/mm] $
Diese Gleichheit gilt nur, wenn $ [mm] A_1 [/mm] $ und $ [mm] A_2 [/mm] $ stochastisch unabhängig sind. Und genau das möchtest du ja gerade erst zeigen.
Daher musst du $ [mm] P(A_1\cap A_2) [/mm] $ direkt bestimmen.
Es gilt $ [mm] A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2\mbox{ ungerade}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade}\} [/mm] $.
> Jetzt bekomm ich in allen drei Fällen das Gleiche raus.
> Was sagt mir das jetzt? Sagt mir das jetzt, dass die
> Unabhängigkeit vorliegt?
Ja, das würde dir sagen, dass zum einen $ [mm] A_1 [/mm] $ und $ [mm] A_2 [/mm] $, zum anderen $ [mm] A_1 [/mm] $ und $ [mm] A_3 [/mm] $, zum anderen $ [mm] A_2 [/mm] $ und $ [mm] A_3 [/mm] $ jeweils stochastisch unabhängig sind. Mit anderen Worten: $ [mm] A_1 [/mm] $, $ [mm] A_2 [/mm] $ und $ [mm] A_3 [/mm] $ wären paarweise stochastisch unabhängig."
Auf deine letzte Antwort hab ich aber nun noch einige Fragen:
Dass diese Gleichheit nur bei stochastischer Unabhängigkeit gilt, muss man wohl so hinnehmen und merken. Gut.
Was verstehst du aber nun mit ich soll $ [mm] P(A_1\cap A_2) [/mm] $ direkt bestimmen? Warum schreibst du jetzt so eine Definition hin? Wie komm ich auf die Unabhängigkeit, damit ich die Wahrscheinlickeiten angeben darf?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:26 Sa 21.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Zitat: " [mm]P(A_1\cap A_2)[/mm] = [mm]P(A_1) \cdot P(A_2)[/mm]
>
> Diese Gleichheit gilt nur, wenn [mm]A_1[/mm] und [mm]A_2[/mm] stochastisch
> unabhängig sind. Und genau das möchtest du ja gerade erst
> zeigen.
>
> Daher musst du [mm]P(A_1\cap A_2)[/mm] direkt bestimmen.
>
> Es gilt [mm]A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2\mbox{ ungerade}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade}\} [/mm].
>
> > Jetzt bekomm ich in allen drei Fällen das Gleiche raus.
> > Was sagt mir das jetzt? Sagt mir das jetzt, dass die
> > Unabhängigkeit vorliegt?
>
> Ja, das würde dir sagen, dass zum einen [mm]A_1[/mm] und [mm]A_2 [/mm], zum
> anderen [mm]A_1[/mm] und [mm]A_3 [/mm], zum anderen [mm]A_2[/mm] und [mm]A_3[/mm] jeweils
> stochastisch unabhängig sind. Mit anderen Worten: [mm]A_1 [/mm],
> [mm]A_2[/mm] und [mm]A_3[/mm] wären paarweise stochastisch unabhängig."
>
>
> Auf deine letzte Antwort hab ich aber nun noch einige
> Fragen:
>
> Dass diese Gleichheit nur bei stochastischer
> Unabhängigkeit gilt, muss man wohl so hinnehmen und
> merken. Gut.
Naja, diese Gleichheit ist gerade die Definition von stochastischer Unabhängigkeit zweier Ereignisse.
Oder nimm als Beispiel den einmaligen Wurf eines Würfels. Sei [mm] $B_1$ [/mm] das Ereignis "Zahl [mm] \le [/mm] 3 geworfen" und [mm] $B_2$ [/mm] das Ereignis "gerade Zahl geworfen". Dann ist [mm] $B_1\cap B_2$ [/mm] das Ereignis "gerade Zahl [mm] \le [/mm] 3 geworfen", also nichts anderes als "2 geworfen". Also wird bei einer geeigneten Modellierung dieses Experiments [mm] $P(B_1\cap B_2)=\bruch16\not=\bruch36*\bruch36=P(B_1)*P(B_2)$ [/mm] gelten.
> Was verstehst du aber nun mit ich soll [mm]P(A_1\cap A_2)[/mm]
> direkt bestimmen?
Genauso wie du beispielsweise [mm] $P(A_3)$ [/mm] bestimmt hast. Es gilt
[mm] $P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1\cap A_2|}{|\Omega|}=\ldots$
[/mm]
Zunächst ist also die Mächtigkeit [mm] $|A_1\cap A_2|$ [/mm] zu bestimmen.
> Warum schreibst du jetzt so eine
> Definition hin?
Um [mm] $|A_1\cap A_2|$ [/mm] zu bestimmen, musst du ja zunächst wissen, wie [mm] $A_1\cap A_2$ [/mm] aussieht. Daher habe ich dir das angegeben.
> Wie komm ich auf die Unabhängigkeit, damit
> ich die Wahrscheinlickeiten angeben darf?
Umgekehrt. Erst brauchst du die Wahrscheinlichkeit von [mm] $P(A_1\cap A_2)$ [/mm] (ohne stochastische Unabhängigkeit vorauszusetzen!). Dann kannst du auf die stochastische Unabhängigkeit von [mm] $A_1$ [/mm] und [mm] $A_2$ [/mm] schließen.
> Grundmenge:
>
> [mm]\Omega = \{ 1,2,3,4,5,6 \}^2[/mm]
>
>
>
>
> [mm]P(A_1)= \frac{\left| A_1 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{3}{6}[/mm]
>
> [mm]P(A_2)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{3}{6}[/mm]
>
> [mm]P(A_3)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{18}{36}[/mm]
Ja.
> Wahrscheinlichkeiten:
>
> [mm]P(A_1\cap A_2) = P(A_1) \cdot P(A_2)[/mm]
Nein. Ich habe dir doch erklärt, dass diese Gleichung nur bei stochastischer Unabhängigkeit von [mm] $A_1$ [/mm] und [mm] $A_2$ [/mm] gilt, du diese Unabhängigkeit aber erst noch zeigen willst.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:05 Sa 21.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Grundmenge:
$ [mm] \Omega [/mm] = [mm] \{ 1,2,3,4,5,6 \}^2 [/mm] $
$ [mm] P(A_1)= \frac{\left| A_1 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_2)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_3)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{18}{36} [/mm] $
Wahrscheinlichkeiten:
$ [mm] P(A_1\cap A_2) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_2) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{6} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
$ [mm] P(A_1\cap A_3) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{18}{36} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
$ [mm] P(A_2\cap A_3) [/mm] = [mm] P(A_2) \cdot P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{18}{36} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
$ [mm] A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2\mbox{ ungerade}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade}\} [/mm] $
[mm] $\left| A_1 \cap A_2 \right| [/mm] = 3 Stimmt das? Aus der Grundmenge von A1 und A2 sind ja jeweils nur 3 Zahlen ungerade.
$ [mm] P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1\cap A_2|}{|\Omega|}= \frac{3}{36} [/mm] $
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:46 Sa 21.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Grundmenge:
>
> [mm]\Omega = \{ 1,2,3,4,5,6 \}^2[/mm]
>
>
>
>
> [mm]P(A_1)= \frac{\left| A_1 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{3}{6}[/mm]
>
> [mm]P(A_2)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{3}{6}[/mm]
>
> [mm]P(A_3)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{18}{36}[/mm]
>
>
>
> Wahrscheinlichkeiten:
>
> [mm][mm] P(A_1\cap A_2) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_2)
[/mm]
Wie oft soll ich noch schreiben, dass du das nur schreiben darfst, wenn du schon gezeigt hast, dass [mm] A_1 [/mm] und [mm] A_2 [/mm] stochastisch unabhängig sind?
> [mm]A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2\mbox{ ungerade}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade}\}[/mm]
>
> [mm]$\left| A_1 \cap A_2 \right|[/mm] = 3 Stimmt das? Aus der
> Grundmenge von A1 und A2 sind ja jeweils nur 3 Zahlen
> ungerade.
>
>
> [mm]P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1\cap A_2|}{|\Omega|}= \frac{3}{36}[/mm]
Jetzt stimmt der Weg. Nur [mm] $|A_1\cap A_2|=3$ [/mm] stimmt nicht.
Es gilt
[mm] $A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade}\}=\{(1,1),(1,3),(1,5),(3,1),(3,3),(3,5),(5,1),(5,3),(5,5)\}$.
[/mm]
Also [mm] $|A_1\cap A_2|=9$.
[/mm]
Alternativer Weg:
[mm] $A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade}\}$
[/mm]
und somit [mm] $|A_1\cap A_2|=3*3$ [/mm] (3 Möglichkeiten für [mm] $\omega_1$, [/mm] dann jeweils 3 Möglichkeiten für [mm] $\omega_2$).
[/mm]
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:22 Sa 21.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Grundmenge:
$ [mm] \Omega [/mm] = [mm] \{ 1,2,3,4,5,6 \}^2 [/mm] $
$ [mm] P(A_1)= \frac{\left| A_1 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_2)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_3)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{18}{36} [/mm] $
Wahrscheinlichkeiten:
$ [mm] P(A_1\cap A_2) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_2) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{6} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
$ [mm] P(A_1\cap A_3) [/mm] = [mm] P(A_1) \cdot P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{18}{36} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
$ [mm] P(A_2\cap A_3) [/mm] = [mm] P(A_2) \cdot P(A_3) [/mm] = [mm] \frac{3}{6} \cdot \frac{18}{36} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
Unabhängigkeit:
$ [mm] A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2\mbox{ ungerade}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade}\} [/mm] = [mm] \{(1,1),(1,3),(1,5),(3,1),(3,3),(3,5),(5,1),(5,3),(5,5)\}$
[/mm]
$ [mm] $\left| A_1 \cap A_2 \right| [/mm] $ = 9 Stimmt das? Aus der Grundmenge von A1 und A2 sind ja jeweils 9 Zahlen ungerade.
$ [mm] P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1\cap A_2|}{|\Omega|}= \frac{9}{36} [/mm] $
So, dann bin ich hier nun genauso weit wie bei der anderen Aufgabe. Wie kann ich hier nun die Unabhängigkeit angeben?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:39 Sa 21.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Grundmenge:
>
> [mm]\Omega = \{ 1,2,3,4,5,6 \}^2[/mm]
>
>
>
>
> [mm]P(A_1)= \frac{\left| A_1 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{3}{6}[/mm]
>
> [mm]P(A_2)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{3}{6}[/mm]
>
> [mm]P(A_3)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{18}{36}[/mm]
>
>
>
> Wahrscheinlichkeiten:
>
> [mm]P(A_1\cap A_2) = P(A_1) \cdot P(A_2) = \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{6} = \frac{1}{4}[/mm]
>
> [mm]P(A_1\cap A_3) = P(A_1) \cdot P(A_3) = \frac{3}{6} \cdot \frac{18}{36} = \frac{1}{4}[/mm]
>
> [mm]P(A_2\cap A_3) = P(A_2) \cdot P(A_3) = \frac{3}{6} \cdot \frac{18}{36} = \frac{1}{4}[/mm]
Willst du mich auf den Arm nehmen? Ich habe dir jetzt dreimal erklärt, dass diese Argumentation falsch ist.
> Unabhängigkeit:
> [mm]A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2\mbox{ ungerade}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade}\} = \{(1,1),(1,3),(1,5),(3,1),(3,3),(3,5),(5,1),(5,3),(5,5)\}[/mm]
>
> $ [mm]$\left| A_1 \cap A_2 \right|[/mm] $ = 9 Stimmt das?
Ja.
> [mm]P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1\cap A_2|}{|\Omega|}= \frac{9}{36}[/mm]
> So, dann bin ich hier nun genauso weit wie bei der anderen
> Aufgabe. Wie kann ich hier nun die Unabhängigkeit
> angeben?
Rechne nach, dass [mm] $P(A_1\cap A_2)=P(A_1)*P(A_2)$ [/mm] gilt.
Dann das gleiche mit [mm] $A_1$ [/mm] und [mm] $A_3$ [/mm] bzw. [mm] $A_2$ [/mm] und [mm] $A_3$.
[/mm]
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:45 So 22.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Grundmenge:
$ [mm] \Omega [/mm] = [mm] \{ 1,2,3,4,5,6 \}^2 [/mm] $
$ [mm] P(A_1)= \frac{\left| A_1 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_2)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_3)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{18}{36} [/mm] $
Unabhängigkeit:
$ [mm] A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2\mbox{ ungerade}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade}\} [/mm] = [mm] \{(1,1),(1,3),(1,5),(3,1),(3,3),(3,5),(5,1),(5,3),(5,5)\} [/mm] $
[mm] $\left| A_1 \cap A_2 \right| [/mm] $ $ = 9 Stimmt das? Aus der Grundmenge von A1 und A2 sind ja jeweils 9 Zahlen ungerade.
$ [mm] P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1\cap A_2|}{|\Omega|}= \frac{9}{36} [/mm] = [mm] \frac{1}{4}$
[/mm]
$ [mm] P(A_1\cap A_2)=P(A_1) \cdot P(A_2) \Leftrightarrow \frac{1}{4} [/mm] = [mm] \frac{1}{4}$
[/mm]
$ [mm] P(A_1\cap A_3)=P(A_1) \cdot P(A_3) \Leftrightarrow \frac{1}{4} [/mm] = [mm] \frac{1}{4}$
[/mm]
$ [mm] P(A_2\cap A_3)=P(A_2) \cdot P(A_3) \Leftrightarrow \frac{1}{4} [/mm] = [mm] \frac{1}{4}$
[/mm]
-> stochastisch Abhängig!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:54 So 22.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
Es wird immer besser!
> Grundmenge:
>
> [mm]\Omega = \{ 1,2,3,4,5,6 \}^2[/mm]
>
>
>
>
> [mm]P(A_1)= \frac{\left| A_1 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{3}{6}[/mm]
>
> [mm]P(A_2)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{3}{6}[/mm]
>
> [mm]P(A_3)= \frac{\left| A_\red3 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{18}{36}[/mm]
>
>
>
> Unabhängigkeit:
> [mm]A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2\mbox{ ungerade}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade}\} = \{(1,1),(1,3),(1,5),(3,1),(3,3),(3,5),(5,1),(5,3),(5,5)\}[/mm]
>
> [mm]$\left| A_1 \cap A_2 \right|[/mm] $ $ = 9 Stimmt das?
Ja.
> Aus der Grundmenge von A1 und A2 sind ja jeweils 9 Zahlen
> ungerade.
Was meinst du mit der "Grundmenge von [mm] $A_1$ [/mm] und [mm] $A_2$"? [/mm] Ich verstehe unter Grundmenge normalerweise unsere Menge [mm] $\Omega$.
[/mm]
> [mm]P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1\cap A_2|}{|\Omega|}= \frac{9}{36} = \frac{1}{4}[/mm]
> [mm]P(A_1\cap A_2)=P(A_1) \cdot P(A_2) \Leftrightarrow \frac{1}{4} = \frac{1}{4}[/mm]
Sehr schön!
> [mm]P(A_1\cap A_3)=P(A_1) \cdot P(A_3) \Leftrightarrow \frac{1}{4} = \frac{1}{4}[/mm]
>
> [mm]P(A_2\cap A_3)=P(A_2) \cdot P(A_3) \Leftrightarrow \frac{1}{4} = \frac{1}{4}[/mm]
Bisher hast du noch nicht [mm] $P(A_1\cap A_3)=\bruch14$ [/mm] und [mm] $P(A_2\cap A_3)=\bruch14$ [/mm] vorgerechnet.
> -> stochastisch Abhängig unabhängig!
(Du solltest am besten noch dazuschreiben, welche Ereignisse denn stochastisch unabhängig sein sollen.)
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:00 So 22.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Grundmenge:
$ [mm] \Omega [/mm] = [mm] \{ 1,2,3,4,5,6 \}^2 [/mm] $
$ [mm] P(A_1)= \frac{\left| A_1 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_2)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{3}{6} [/mm] $
$ [mm] P(A_3)= \frac{\left| A_3 \right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{18}{36} [/mm] $
Unabhängigkeit:
$ [mm] A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2\mbox{ ungerade}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade}\} [/mm] = [mm] \{(1,1),(1,3),(1,5),(3,1),(3,3),(3,5),(5,1),(5,3),(5,5)\} [/mm] $
[mm] $\left| A_1 \cap A_2 \right| [/mm] $ = 9
$ [mm] P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1\cap A_2|}{|\Omega|}= \frac{9}{36} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
[mm] $A_1\cap A_3=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ erster Würfel ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2\mbox{ ungerade Summe}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade Summe}\} [/mm] = [mm] \{(1,2),(1,4),(1,6),(3,2),(3,4),(3,6),(5,2),(5,4),(5,6)\} [/mm] $
[mm] $\left| A_1 \cap A_3 \right| [/mm] $ = 9
$ [mm] P(A_1\cap A_3)=\bruch{|A_1\cap A_3|}{|\Omega|}= \frac{9}{36} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
[mm] $A_2\cap A_3=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ zweiter Würfel ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2\mbox{ ungerade Summe}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade Summe}\} [/mm] = [mm] \{(1,2),(1,4),(1,6),(3,2),(3,4),(3,6),(5,2),(5,4),(5,6)\} [/mm] $
[mm] $\left| A_2 \cap A_3 \right| [/mm] $ = 9
$ [mm] P(A_2\cap A_3)=\bruch{|A_2\cap A_3|}{|\Omega|}= \frac{9}{36} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
$ [mm] P(A_1\cap A_2)=P(A_1) \cdot P(A_2) \Leftrightarrow \frac{1}{4} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
$ [mm] P(A_1\cap A_3)=P(A_1) \cdot P(A_3) \Leftrightarrow \frac{1}{4} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
$ [mm] P(A_2\cap A_3)=P(A_2) \cdot P(A_3) \Leftrightarrow \frac{1}{4} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
-> stochastisch unabhängig
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:05 So 22.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
Es wird weiter immer besser!
> Grundmenge:
>
> [mm]\Omega = \{ 1,2,3,4,5,6 \}^2[/mm]
>
>
>
>
> [mm]P(A_1)= \frac{\left| A_1 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{3}{6}[/mm]
>
> [mm]P(A_2)= \frac{\left| A_2 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{3}{6}[/mm]
>
> [mm]P(A_3)= \frac{\left| A_3 \right|}{\left| \Omega \right|} = \frac{18}{36}[/mm]
>
>
>
> Unabhängigkeit:
> [mm]A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2\mbox{ ungerade}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\omega_2\mbox{ ungerade}\} = \{(1,1),(1,3),(1,5),(3,1),(3,3),(3,5),(5,1),(5,3),(5,5)\}[/mm]
>
> [mm]\left| A_1 \cap A_2 \right|[/mm] = 9
>
> [mm]P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1\cap A_2|}{|\Omega|}= \frac{9}{36} = \frac{1}{4}[/mm]
Ja.
> [mm]A_1\cap A_3=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ \red(erster Würfel\red) ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\red{\omega_1+}\omega_2\mbox{ ungerade \red(Summe\red)}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ ungerade und }\red{\omega_1+}\omega_2\mbox{ ungerade \red(Summe\red)}\} = \{(1,2),(1,4),(1,6),(3,2),(3,4),(3,6),(5,2),(5,4),(5,6)\}[/mm]
>
> [mm]\left| A_1 \cap A_3 \right|[/mm] = 9
>
> [mm]P(A_1\cap A_3)=\bruch{|A_1\cap A_3|}{|\Omega|}= \frac{9}{36} = \frac{1}{4}[/mm]
Schön!
> [mm]A_2\cap A_3=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_\red2\mbox{ \red(zweiter Würfel\red) ungerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\red{\omega_1+}\omega_2\mbox{ ungerade \red(Summe\red)}\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_\red2\mbox{ ungerade und }\red{\omega_1+}\omega_2\mbox{ ungerade \red(Summe\red)}\} = \{(1,2),(1,4),(1,6),(3,2),(3,4),(3,6),(5,2),(5,4),(5,6)\}[/mm]
Hinter dem letzten Gleichheitszeichen hast du alle Paare verdreht. Z.B. $(1,2)$ steht für 1 im ersten Wurf, 2 im zweiten Wurf. Gesucht sind aber die Paare, die für ungerade Zahlen im zweiten Wurf stehen (und eine ungerade Summe haben).
> [mm]\left| A_2 \cap A_3 \right|[/mm] = 9
>
> [mm]P(A_2\cap A_3)=\bruch{|A_2\cap A_3|}{|\Omega|}= \frac{9}{36} = \frac{1}{4}[/mm]
Ja.
> [mm]P(A_1\cap A_2)=P(A_1) \cdot P(A_2) \Leftrightarrow \frac{1}{4} = \frac{1}{4}[/mm]
>
> [mm]P(A_1\cap A_3)=P(A_1) \cdot P(A_3) \Leftrightarrow \frac{1}{4} = \frac{1}{4}[/mm]
>
>
> [mm]P(A_2\cap A_3)=P(A_2) \cdot P(A_3) \Leftrightarrow \frac{1}{4} = \frac{1}{4}[/mm]
Ja.
> -> stochastisch unabhängig
Welche Ereignisse sind also jeweils stochastisch unabhängig?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:55 Mi 18.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
Hallo bandchef,
> Mein bisherige Lösung:
>
> A1 = erster Würfel ungerade
> A2 = zweiter Würfel ungerade
> A3 = ungerade Summe
Bis hierhin ok.
Damit es überhaupt Sinn macht, über paarweise stochastische Unabhängigkeit von [mm] $A_1$, $A_2$ [/mm] und [mm] $A_3$ [/mm] zu reden, benötigen wir zunächst einmal einen Wahrscheinlichkeitsraum, in dem [mm] $A_1$, $A_2$ [/mm] und [mm] $A_3$ [/mm] Ereignisse sind. Der Wahrscheinlichkeitsraum muss also den zweifachen Würfelwurf modellieren.
Sinnvolle Wahl:
[mm] $\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}^2$, [/mm] wobei z.B. [mm] $(3,5)\in\Omega$ [/mm] für die Augenzahl 3 beim ersten Würfelwurf und 5 beim zweiten Würfelwurf steht.
$P$ die Laplace-Verteilung auf [mm] $\Omega$, [/mm] d.h. [mm] $P(A)=\bruch{|A|}{|\Omega|}=\bruch{|A|}{36}$ [/mm] für alle Ereignisse [mm] $A\subseteq\Omega$.
[/mm]
> A1 = {1,2,3,4,5,6}
> A2 = {1,2,3,4,5,6}
Wie kommst du darauf?
> A3 = {3,5,7,9,11}
Das wäre eine korrekte Modellierung von [mm] $A_3$ [/mm] bei der Wahl [mm] $\Omega=\{2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12\}$. [/mm] Dann liegt keine Laplace-Verteilung auf [mm] $\Omega$ [/mm] vor, so dass die Wahrscheinlichkeitsverteilung $P$ schwer zu bestimmen ist. Außerdem ließen sich in diesem Modell [mm] $A_1$ [/mm] und [mm] $A_2$ [/mm] gar nicht ausdrücken.
> [mm]P(A_1) = \frac{3}{6}[/mm]
> [mm]P(A_2) = \frac{3}{6}[/mm]
Stimmt.
> [mm]P(A_3) = \frac{2}{5}[/mm]
Stimmt nicht.
Nutze das oben von mir angegebene Modell. Dann ist [mm] $P(A_3)=\bruch{|A_3|}{36}$.
[/mm]
> [mm]A_1 \cap A_2 = \frac{6}{6}[/mm]
Links steht ein Ereignis (also eine Menge), rechts eine Zahl. Die können wohl kaum übereinstimmen.
Nimm wieder mein obiges Modell und berechne [mm] $P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1\cap A_2|}{36}$.
[/mm]
Um die Unabhängigkeit von [mm] $A_1$ [/mm] und [mm] $A_2$ [/mm] zu zeigen, müsstest du dann [mm] $P(A_1\cap A_2)=P(A_1)\cdot P(A_2)$ [/mm] verifizieren.
> [mm]\red({\Rightarrow\red) (A_1 \cap A_2) \cap A_3 = \{\}[/mm]
Also [mm] $P(A_1\cap A_2\cap A_3)=\ldots$?
[/mm]
> Da hier bin ich mir aber so gar nicht sicher. Irgendwie
> kommt's mir auch so vor als ob das irgendwie "Blödsinn"
> ist: [mm]P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3)[/mm]
Das gilt i.A. nur, wenn [mm] A_1,A_2,A_3 [/mm] stochastisch unabhängig sind. Sind sie aber hier nicht.
Viele Grüße
Tobias
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