Bedingte Wahrscheinlichkeit < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Eine Urne enthält 5 Kugeln mit den Buchstaben A, B, C und den Zahlen 7 und 8. Maria zieht eine Kugel und notiert den Buchstag´ben bzw. die Zahl. Die Ereignisse E1 und E2 sind definiert durch: E1--> Buchstabe; E2--> Zahl. Geben Sie die Wahrscheinlichkeit P(E1); P(E2); [mm] P_{E1}(E2); P_{E2}(E1) [/mm] an. |
Hallo Zusammen,
ich schreibe morgen eine Klausur über Wahrscheinlichkeiten und habe mich bei dieser Aufgabe etwas gefragt. [mm] P_{E1}(E2) [/mm] und [mm] P_{E2}(E1) [/mm] haben ja die Wahrscheinlichkeit 0, da nur einmal gezogen wird. Wenn jetzt aber zweimal gezogen werden würde kann die Wahrscheinlichkeit ja nicht 0 sein. Das kommt aber in der Rechnung Raus.
[mm] P_{E1}(E2) [/mm] = [mm] \bruch{(E1 \cap E2)}{P(E1)}
[/mm]
da in diesem Fall P(E1 [mm] \cap [/mm] E2) = 0, kommt aber ebenfalls 0 für die Wahrscheinlichkeit raus.
Kann mir jemand helfen und erklären wo mein denkfehler bzw. Rechenfehler ist??
Vielen Danl schonmal im Voraus.
Grüße Kai
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:42 Mo 14.01.2008 | | Autor: | oli_k |
Hi, wie kommst du darauf, dass P(E1 $ [mm] \cap [/mm] $ E2) = 0 ist?
P(E1 $ [mm] \cap [/mm] $ E2)=P(E1)*$ [mm] P_{E1}(E2);$=0,6*0,5=0,3
[/mm]
bzw.
P(E1 $ [mm] \cap [/mm] $ E2)=P(E2)*$ [mm] P_{E2}(E1);$=0,4*0,75=0,3
[/mm]
Ich weiss nicht, on man [mm] P_{E1}(E2) [/mm] und [mm] P_{E2}(E1) [/mm] irgendwie berechnen kann... Das kann man sich doch logisch erschließen - Wenn E1 schon eingetreten ist, ein Buchstabe somit aus dem Topf raus ist: Was ändert das an der Situation?
Oli
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Naja, also das würde aber dann ja heißen wenn ich einmal ziehe würde ich auf die gleiche Wahrscheinlichkeit bekommen wie wenn ich zwei drei oder viermal ziehe. Ich würde auch logischerweise sagen, dass es bei einmal ziehen keine bedingte Wahrscheinlichkeit gibt aber beim zweiten zug shcon...irgendwie komisch. Kennt denn irgendjemand die oben genannte Formel??
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:35 Mo 14.01.2008 | | Autor: | Maggons |
Huhu
Die Formel ist quasi "wie eine der Pfadregeln".
Falls du sie dir mal umformst, siehst du, dass gilt:
(E1 [mm] \cap [/mm] E2)={P(E1)} * [mm] P_{E1}(E2)
[/mm]
Du hast, meiner Meinung nach Recht, dass das beim einmaligen Ziehen nicht viel Bedeutung hat; aber für mich sagt die Aufgabenstellung automatisch, dass du hier auch "2 Züge machen lassen sollst".
Im ersten Zug wird hier z.B. E1 eintreten und dann im zweiten Zug E2.
Das würde meiner Meinung nach auch nur Sinn machen, falls das ganze Ziehen ohne zurücklegen ist.
Daher kann auch nicht beim z.B. vierten Ziehen die gleiche Wkt. wie beim ersten Ziehen vorliegen, da einfach nur noch eine Kugel da ist.
Du könntest auch, um mal ein ganz banales Bsp. zu machen, folgendes sagen:
[mm] P_{E1,E1,E1,E2}(E2)=100%
[/mm]
Warum ?
Du kannst nur noch eine Kugel mit "Zahl" ziehen, weil du bereits vorher die 3 Kugeln mit Buchstaben und eine Kugel mit Zahl gezogen hast.
Also wenn du nun zur Lösung deines Problems mal einen Baum anfertigst, mach ihn mal "in einem Modell ohne Zurücklegen".
Lass zunächst E1 und dann E2 ziehen.
Die Wkt. die dann am Zweig zu E2 ist, ist deine [mm] P_{E1}(E2), [/mm] weil E1 zuvor eingetreten ist und nun die Wahrscheinlichkeit dadurch bedingt ist.
(Hier konkret ist die Chance ja nun 50%, weil ja noch 2 Zahl und 2 Buchstaben vorhanden sind).
Falls natürlich das ganze ohne Zurücklegen wäre, hättest du in der Tat Recht und die Wahrscheinlichkeit bliebe konstant.
Hoffe ich konnte dir weiter helfen.
Lg
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