Ergebnisraum bestimmen < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:32 Fr 10.02.2017 | | Autor: | Noya |
| Aufgabe | In einer Urne befinden sich zwei normale Würfel (1,...,6) und ein vierseitiger Würfel (1,...,4). Wir ziehe zufällig einen der drei Würfel und werfen ihn 2-mal (unabhängig) hintereinander.
a) Gib einen Ergebnisraum [mm] \Omega [/mm] und einen Wahrscheinlichkeitsvektor p an, mit dem das gesamte Experiment beschrieben werden kann
b) Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der beiden Würfe 4 ergibt.
c) Nun sei bekannt, dass jeder der beiden Würfe eine 3 ergeben hat. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass der vierseitige Würfel gezogen wurde. |
Hallo ihr Lieben.
Ich habe Probleme hier ein geeigetes [mm] \Omega [/mm] zu finden.
wenn ich nur das ziehen betrachten würde wäre [mm] \Omega_1 [/mm] = [mm] \{A_1,A_2,B\} [/mm] mit [mm] p(w_1) [/mm] = [mm] \bruch{1}{3}
[/mm]
A= normaler Würfel
B= 4seitiger Würfel
betrachte ich nur das zweimalige Würfeln von A wäre [mm] \Omega_A=\{(1,...,6)\}^2 [/mm]
[mm] |\Omega_A|=36 [/mm]
[mm] p(w_A)=\bruch{1}{36}
[/mm]
und für B analog [mm] \Omega_B=\{(1,...,4)\}^2 [/mm] und
[mm] |\Omega_B|= [/mm] 16
[mm] p(w_B)=\bruch{1}{16}
[/mm]
kann man die beiden dann verknüpfen als [mm] \Omega_{A,B}=\{w \in (1,...,4)^2 \vee w \in (1,...,6)^2\}
[/mm]
so das man [mm] \Omega [/mm] = [mm] \Omega_1 [/mm] x [mm] \Omega_{A,B} [/mm] darstellen kann? Wobei das ja nicht richtig wäre, weil dann Tupel enthalten wären wie z.B [mm] (A_1,1,1) [/mm] oder?
wäre super, wenn ihr da einen Tipp für mich hättet...
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Hiho,
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> kann man die beiden dann verknüpfen als [mm]\Omega_{A,B}=\{w \in (1,...,4)^2 \vee w \in (1,...,6)^2\}[/mm]
Na so geschrieben wäre [mm] $\Omega_{A,B} [/mm] = [mm] \{1,\ldots,6\}^2$ [/mm] da ja [mm] $(1,\ldots,4)^2 \subset (1,\ldots,6)^2$.
[/mm]
> so das man [mm]\Omega[/mm] = [mm]\Omega_1[/mm] x [mm]\Omega_{A,B}[/mm] darstellen
> kann? Wobei das ja nicht richtig wäre, weil dann Tupel
> enthalten wären wie z.B [mm](A_1,1,1)[/mm] oder?
Also [mm] $(A_1,1,1)$ [/mm] ginge ja, aber $(B,6,6)$ bspw nicht.
Grundsätzlich spricht aber nichts dagegen, da man die Wahrscheinlichkeit dafür ja einfach auf 0 setzen kann 
Aber was du willst ist vermutlich eher sowas hier:
[mm] $\Omega [/mm] = [mm] \left\{\omega = (\omega_1,\omega_2,\omega_3)\; \bigg| \; \omega \in \left(\{A_1,A_2\} \times \{1,\ldots,6\}\right) \cup \left(\{B\} \times \{1,\ldots,4\}\right)\right\}$
[/mm]
was ich auch als am Sinnvollsten ansehen würde.
Dann wäre [mm] $P\left(\{\omega_1 = A_1\}\right) [/mm] = [mm] P\left(\{\omega_1 = A_2\} \right) [/mm] = [mm] P\left(\{\omega_1 = B\} \right) [/mm] = [mm] \frac{1}{3}$
[/mm]
Sowie [mm] $P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_1\right) [/mm] = [mm] P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_2\right) [/mm] = [mm] \mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}}$
[/mm]
Und [mm] $P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = B_1\right) [/mm] = [mm] \mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}}$
[/mm]
Gruß,
Gono
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:55 Fr 10.02.2017 | | Autor: | Noya |
> Hiho,
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> > kann man die beiden dann verknüpfen als [mm]\Omega_{A,B}=\{w \in (1,...,4)^2 \vee w \in (1,...,6)^2\}[/mm]
>
> Na so geschrieben wäre [mm]\Omega_{A,B} = \{1,\ldots,6\}^2[/mm] da
> ja [mm](1,\ldots,4)^2 \subset (1,\ldots,6)^2[/mm].
>
> > so das man [mm]\Omega[/mm] = [mm]\Omega_1[/mm] x [mm]\Omega_{A,B}[/mm] darstellen
> > kann? Wobei das ja nicht richtig wäre, weil dann Tupel
> > enthalten wären wie z.B [mm](A_1,1,1)[/mm] oder?
>
> Also [mm](A_1,1,1)[/mm] ginge ja, aber [mm](B,6,6)[/mm] bspw nicht.
> Grundsätzlich spricht aber nichts dagegen, da man die
> Wahrscheinlichkeit dafür ja einfach auf 0 setzen kann
>
> Aber was du willst ist vermutlich eher sowas hier:
> [mm]\Omega = \left\{\omega = (\omega_1,\omega_2,\omega_3)\; \bigg| \; \omega \in \left(\{A_1,A_2\} \times \{1,\ldots,6\}\right) \cup \left(\{B\} \times \{1,\ldots,4\}\right)\right\}[/mm]
Vieleicht doofe Frage, aber betrachte ich hieraus [mm] \omega \in \left(\{A_1,A_2\} \times \{1,\ldots,6\}\right)
[/mm]
heißt das doch das ich zb nur [mm] (A_1,1),...(A_1,6),(A_2,1),...(A_2,6) [/mm] da habe ich den zweiten Würfelwurf doch nicht enthalten. müsste es nicht stattdessen heißen:
[mm] \Omega [/mm] = [mm] \left\{\omega = (\omega_1,\omega_2,\omega_3)\; \bigg| \; \omega \in \left(\{A_1,A_2\} \times \{1,\ldots,6\}^2\right) \cup \left(\{B\} \times \{1,\ldots,4\}^2\right)\right\}
[/mm]
>
> was ich auch als am Sinnvollsten ansehen würde.
>
> Dann wäre [mm]P\left(\{\omega_1 = A_1\}\right) = P\left(\{\omega_1 = A_2\} \right) = P\left(\{\omega_1 = B\} \right) = \frac{1}{3}[/mm]
danke.
Aber was genau meinst du hiermit : soll der Punkt platzhalter sein für etwas das bedingt ist unter zb [mm] \omega_1 [/mm] = [mm] A_1?
[/mm]
Oder wie habe ich das zu verstehen? Und was meinst du mit [mm] \mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}}bzw. \mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}} [/mm] ??
>
> Sowie [mm]P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_1\right) = P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_2\right) = \mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}}[/mm]
>
> Und [mm]P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = B_1\right) = \mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}}[/mm]
>
> Gruß,
> Gono
>
Vielen Dank und liebe Grüße :)
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Hiho,
> Vieleicht doofe Frage, aber betrachte ich hieraus [mm]\omega \in \left(\{A_1,A_2\} \times \{1,\ldots,6\}\right)[/mm]
>
> heißt das doch das ich zb nur
> [mm](A_1,1),...(A_1,6),(A_2,1),...(A_2,6)[/mm] da habe ich den
> zweiten Würfelwurf doch nicht enthalten. müsste es nicht
> stattdessen heißen:
>
> [mm]\Omega[/mm] = [mm]\left\{\omega = (\omega_1,\omega_2,\omega_3)\; \bigg| \; \omega \in \left(\{A_1,A_2\} \times \{1,\ldots,6\}^2\right) \cup \left(\{B\} \times \{1,\ldots,4\}^2\right)\right\}[/mm]
Gut aufgepasst und völlig richtig!
> Aber was genau meinst du hiermit : soll der Punkt
> platzhalter sein für etwas das bedingt ist unter zb
> [mm]\omega_1[/mm] = [mm]A_1?[/mm]
Ja, da kommt halt eine Menge rein.
> Oder wie habe ich das zu verstehen? Und was meinst du mit
> [mm]\mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}}bzw. \mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}}[/mm]
[mm] $\mathcal{U}_A$ [/mm] ist die kanonische Bezeichnung für die Gleichverteilung auf der Menge A
Korrekt wäre dann aber auch hier gewesen [mm]\mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}^2}[/mm] bzw [mm]\mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}^2}[/mm]
Gruß,
Gono
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:50 Fr 10.02.2017 | | Autor: | Noya |
> > [mm]\Omega[/mm] = [mm]\left\{\omega = (\omega_1,\omega_2,\omega_3)\; \bigg| \; \omega \in \left(\{A_1,A_2\} \times \{1,\ldots,6\}^2\right) \cup \left(\{B\} \times \{1,\ldots,4\}^2\right)\right\}[/mm]
>
> Gut aufgepasst und völlig richtig!
Super!
>
>
>
> > Aber was genau meinst du hiermit : soll der Punkt
> > platzhalter sein für etwas das bedingt ist unter zb
> > [mm]\omega_1[/mm] = [mm]A_1?[/mm]
>
> Ja, da kommt halt eine Menge rein.
>
> > Oder wie habe ich das zu verstehen? Und was meinst du mit
> > [mm]\mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}}bzw. \mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}}[/mm]
>
> [mm]\mathcal{U}_A[/mm] ist die kanonische Bezeichnung für die
> Gleichverteilung auf der Menge A
>
> Korrekt wäre dann aber auch hier gewesen
> [mm]\mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}^2}[/mm] bzw
> [mm]\mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}^2}[/mm]
Ist damit gemeint
[mm] \mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}^2} [/mm] = [mm] \bruch{1}{36} [/mm]
[mm] \mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}^2}=\bruch{1}{16}
[/mm]
??
>
> Gruß,
> Gono
>
[mm] P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_1\right) [/mm] = [mm] P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_2\right) [/mm] = [mm] \mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}}
[/mm]
mit [mm] \cdot [/mm] = (11),(1,2)...(6,6) oder?
zb :
[mm] P((w_2,w_3)=(1,1) [/mm] | [mm] w_1=A_1) =\bruch{1}{36} [/mm] wobei das für alle anderen möglichen ergebnisse (Wertepaare uas [mm] \{1,...,6\}^2) [/mm] ja auch gilt oder?
Irgendwie habe ich gerade probleme.
Könnte ich das nicht auf einfach so nennen [mm] P((A_1,1,1)=...=P(A_1,6,6)= \bruch{1}{3}*\bruch{1}{6}*\bruch{1}{6}=\bruch{1}{108} [/mm] was ja nicht das gleiche wäre wie oben? ahhhhh.?
Danke und schönen Abend noch!
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Hiho,
> Ist damit gemeint
>
> [mm]\mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}^2}[/mm] = [mm]\bruch{1}{36}[/mm]
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> [mm]\mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}^2}=\bruch{1}{16}[/mm]
>
> ??
Du meinst das Richtige, deine Notation ist aber deutlich zu unsauber.
Du meinst: [mm]\mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}^2}(\{\omega\}) = \bruch{1}{36}[/mm] bzw [mm]\mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}^2}(\{(\omega_1,\omega_2,\omega_3)\}) =\bruch{1}{16}[/mm]
Ja das stimmt dann. Bei einer Gleichverteilung hat jedes Elementarereignis die selbe Wahrscheinlichkeit.
> [mm]P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_1\right)[/mm] =
> [mm]P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_2\right)[/mm] =
> [mm]\mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}}[/mm]
>
> mit [mm]\cdot[/mm] = (11),(1,2)...(6,6) oder?
Aufpassen! Elemente unseres Ereignisraums [mm] \Omega [/mm] bestehen aus 3-Tupel!
Allein schon die Bedingung zeigt ja, dass wir ein [mm] $\omega_1$ [/mm] brauchen.
> zb :
>
> [mm]P((w_2,w_3)=(1,1)[/mm] | [mm]w_1=A_1) =\bruch{1}{36}[/mm] wobei das für
> alle anderen möglichen ergebnisse (Wertepaare uas
> [mm]\{1,...,6\}^2)[/mm] ja auch gilt oder?
>
> Irgendwie habe ich gerade probleme.
Letztendlich ist das nur der formale Aufschrieb für deine Idee.
Bezeichnen wir mal mit [mm] $P_{A_1} [/mm] = [mm] P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_1\right)$ [/mm] dann ist [mm] $P_{A_1}$ [/mm] das Wahrscheinlichkeitsmaß, was allen Ereignissen, die nicht beginnen mit "Es wurde Würfel [mm] A_1 [/mm] gezogen" die Wahrscheinlichkeit 0 zuordnet, und allen Elementareignissen, die mit "Es wurde Würfel [mm] A_1 [/mm] gezogen" beginnen, die Wahrscheinlichkeit [mm] $\frac{1}{36}$.
[/mm]
Oder kurz: [mm] P_{A_1} [/mm] modelliert nur noch das, was nach "Es wurde Würfel [mm] A_1 [/mm] gezogen" passiert und ignoriert alles andere.
> Könnte ich das nicht auf einfach so nennen
> [mm]P((A_1,1,1)=...=P(A_1,6,6)= \bruch{1}{3}*\bruch{1}{6}*\bruch{1}{6}=\bruch{1}{108}[/mm]
> was ja nicht das gleiche wäre wie oben? ahhhhh.?
Nein, wenn du das alles multiplizierst, setzt du voraus, dass die Ereignisse "Würfel ziehen" und "Es fällt eine 6 im ersten Wurf" und "Es fällt eine 6 im zweiten Wurf" unabhängig sind!
Das sind sie aber schon anschaulich nicht, weil ja beispielsweise wenn der Würfel B gezogen wird, die Wahrscheinlichkeit für 2 Sechsen Null und damit insbesondere nicht mehr [mm] \frac{1}{6} [/mm] ist.
Was aber gilt: Die Wahrscheinlichkeiten für 2 Sechsen, wenn bereits feststeht, dass Würfel [mm] A_1 [/mm] gezogen ist, sind unabhängig!
D.h. unter [mm] $P_{A_1}$ [/mm] sind die Ereignisse unabhängig!
Aber das ist eigentlich alles nur Formalität.
Du kannst die geforderten Wahrscheinlichkeiten allesamt mit dem Modell einfach über den Satz mit der Totalen Wahrscheinlichkeit berechnen. Versuchs mal!
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:46 Sa 11.02.2017 | | Autor: | Noya |
[mm] \Omega [/mm] = [mm] \left\{\omega = (\omega_1,\omega_2,\omega_3)\; \bigg| \; \omega \in \left(\{A_1,A_2\} \times \{1,\ldots,6\}^2\right) \cup \left(\{B\} \times \{1,\ldots,4\}^2\right)\right\}
[/mm]
Dann wäre $ [mm] P\left(\{\omega_1 = A_1\}\right) [/mm] = [mm] P\left(\{\omega_1 = A_2\} \right) [/mm] = [mm] P\left(\{\omega_1 = B\} \right) [/mm] = [mm] \frac{1}{3} [/mm] $
Sowie $ [mm] P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_1\right) [/mm] = [mm] P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_2\right) [/mm] = [mm] \mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}}=\frac{1}{36} [/mm] $
Und $ [mm] P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = B_1\right) [/mm] = [mm] \mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}}=\frac{1}{16} [/mm] $
Wenn C [mm] =\{(w_2,w_3) \in \Omega : w_2 + w_3 = 4\}=\{(2,2),(3,1)(1,3)\}
[/mm]
Satz der totalen Wkeit :
[mm] \Omega [/mm] = [mm] B_1 \cup B_2 \cup [/mm] ... [mm] \cup B_n [/mm] eine disjunkte Zerlegung von [mm] \Omega
[/mm]
[mm] P(A)=\sum^{n}_{i=1} P(B_i) \cdot [/mm] P(A | [mm] B_i)
[/mm]
gesucht ist hier
P(C) = P(C | [mm] A_1) [/mm] * [mm] P(A_1) [/mm] + [mm] P(A_2)*P(C |A_2) [/mm] +P(B) * P(C|B) = [mm] \frac{3}{36} [/mm] * [mm] \frac{1}{3} [/mm] + [mm] \frac{3}{36} [/mm] * [mm] \frac{1}{3} [/mm] + [mm] \frac{3}{16} [/mm] * [mm] \frac{1}{3} [/mm] = [mm] \frac{2}{36} [/mm] + [mm] \frac{1}{16} [/mm] = [mm] \frac{17}{144} [/mm]
Wäre das korrekt?
Liebe Grüße und vielen Dank :)
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Hiho,
> [mm]\Omega[/mm] = [mm]\left\{\omega = (\omega_1,\omega_2,\omega_3)\; \bigg| \; \omega \in \left(\{A_1,A_2\} \times \{1,\ldots,6\}^2\right) \cup \left(\{B\} \times \{1,\ldots,4\}^2\right)\right\}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Dann wäre [mm]P\left(\{\omega_1 = A_1\}\right) = P\left(\{\omega_1 = A_2\} \right) = P\left(\{\omega_1 = B\} \right) = \frac{1}{3}[/mm]
> Sowie [mm]P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_1\right) = P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_2\right) = \mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}}=\frac{1}{36}[/mm]
> Und [mm]P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = B_1\right) = \mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}}[/mm]
Bei den [mm] $\mathcal{U}$ [/mm] fehlt immer das hoch zwei am Ende des Index und das letzte Gleichheitszeichen gilt nur für Elementarereignisse!
Lass es also besser weg.
Also:
[mm]P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_1\right) = P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_2\right) = \mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}^2}[/mm]
[mm]P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = B_1\right) = \mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}^2}[/mm]
> Wenn C [mm]=\{(w_2,w_3) \in \Omega : w_2 + w_3 = 4\}=\{(2,2),(3,1)(1,3)\}[/mm]
Auch hier: Aufpassen! Nochmal: [mm] $\Omega$ [/mm] besteht aus 3-Tupeln, d.h. es müssen IMMER 3 Komponenten enthalten sein. Nämlich: Gezogener Würfel, Würfelwurf 1, Würfelwurf 2!
D.h. korrekt wäre:
[mm]C =\{(w_1,w_2,w_3) \in \Omega : w_2 + w_3 = 4\}=\{(A_1,2,2),(A_1,3,1)(A_1,1,3)(A_2,2,2),(A_2,3,1)(A_2,1,3)(B,2,2),(B,3,1)(B,1,3)\}[/mm]
>
> Satz der totalen Wkeit :
>
> [mm]\Omega[/mm] = [mm]B_1 \cup B_2 \cup[/mm] ... [mm]\cup B_n[/mm] eine disjunkte
> Zerlegung von [mm]\Omega[/mm]
>
> [mm]P(A)=\sum^{n}_{i=1} P(B_i) \cdot[/mm] P(A | [mm]B_i)[/mm]
> gesucht ist hier
> P(C) = P(C | [mm]A_1)[/mm] * [mm]P(A_1)[/mm] + [mm]P(A_2)*P(C |A_2)[/mm] +P(B) * P(C|B) = [mm]\frac{3}{36}[/mm] * [mm]\frac{1}{3}[/mm] + [mm]\frac{3}{36}[/mm] * [mm]\frac{1}{3}[/mm] + [mm]\frac{3}{16}[/mm] * [mm]\frac{1}{3}[/mm] = [mm]\frac{2}{36}[/mm] + [mm]\frac{1}{16}[/mm] = [mm]\frac{17}{144}[/mm]
Von der Idee her völlig richtig, von der Ausführung her mangelhaft.
1.) Du bedingst auf [mm] "$A_1,A_2,B$", [/mm] wo von der Idee her klar ist, was du meinst. Allerdings sind das ja die Ergebnisse des Würfelzugs. Bedingt wird aber auf Mengen. Korrekt wäre hier also [mm] $\{ w_1 = A_1\}, \{ w_1 = A_2\},\{ w_1 = B\}$ [/mm] statt [mm] $A_1,A_2,B$.
[/mm]
Das kann man aber mit einer kurzen Bemerkung so stehen lassen, damit der Korrektor weiß, dass du verstanden hast, dass das unsauber aber schöner zu lesen ist.
2.) Es ist $P(C | B) [mm] \not= \frac{1}{36}$ [/mm] da im Falle des Würfels B ja nur 4 Augen auf dem Würfel sind. Was ist damit $P(C|B)$?
Ansonsten, wie gesagt, ist der Ansatz korrekt und zielführend. Du musst nur die richtigen Werte einsetzen
Gruß,
Gono
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:49 Sa 11.02.2017 | | Autor: | Noya |
> Hiho,
>
> > [mm]\Omega[/mm] = [mm]\left\{\omega = (\omega_1,\omega_2,\omega_3)\; \bigg| \; \omega \in \left(\{A_1,A_2\} \times \{1,\ldots,6\}^2\right) \cup \left(\{B\} \times \{1,\ldots,4\}^2\right)\right\}[/mm]
>
>
>
> > Dann wäre [mm]P\left(\{\omega_1 = A_1\}\right) = P\left(\{\omega_1 = A_2\} \right) = P\left(\{\omega_1 = B\} \right) = \frac{1}{3}[/mm]
>
>
>
> > Sowie [mm]P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_1\right) = P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_2\right) = \mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}}=\frac{1}{36}[/mm]
>
> > Und [mm]P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = B_1\right) = \mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}}[/mm]
>
> Bei den [mm]\mathcal{U}[/mm] fehlt immer das hoch zwei am Ende des
> Index und das letzte Gleichheitszeichen gilt nur für
> Elementarereignisse!
> Lass es also besser weg.
okay danke!
>
> Also:
> [mm]P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_1\right) = P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = A_2\right) = \mathcal{U}_{\{1,\ldots,6\}^2}[/mm]
>
> [mm]P\left(\;\cdot\; \big|\;\omega_1 = B_1\right) = \mathcal{U}_{\{1,\ldots,4\}^2}[/mm]
>
>
>
> > Wenn C [mm]=\{(w_2,w_3) \in \Omega : w_2 + w_3 = 4\}=\{(2,2),(3,1)(1,3)\}[/mm]
>
> Auch hier: Aufpassen! Nochmal: [mm]\Omega[/mm] besteht aus 3-Tupeln,
> d.h. es müssen IMMER 3 Komponenten enthalten sein.
> Nämlich: Gezogener Würfel, Würfelwurf 1, Würfelwurf 2!
Okay. Macht natürlich Sinn. War schlamperei.
>
> D.h. korrekt wäre:
> [mm]C =\{(w_1,w_2,w_3) \in \Omega : w_2 + w_3 = 4\}=\{(A_1,2,2),(A_1,3,1)(A_1,1,3)(A_2,2,2),(A_2,3,1)(A_2,1,3)(B,2,2),(B,3,1)(B,1,3)\}[/mm]
>
> >
> > Satz der totalen Wkeit :
> >
> > [mm]\Omega[/mm] = [mm]B_1 \cup B_2 \cup[/mm] ... [mm]\cup B_n[/mm] eine disjunkte
> > Zerlegung von [mm]\Omega[/mm]
> >
> > [mm]P(A)=\sum^{n}_{i=1} P(B_i) \cdot[/mm] P(A | [mm]B_i)[/mm]
>
>
>
> > gesucht ist hier
> > P(C) = P(C | [mm]A_1)[/mm] * [mm]P(A_1)[/mm] + [mm]P(A_2)*P(C |A_2)[/mm] +P(B) *
> P(C|B) = [mm]\frac{3}{36}[/mm] * [mm]\frac{1}{3}[/mm] + [mm]\frac{3}{36}[/mm] *
> [mm]\frac{1}{3}[/mm] + [mm]\frac{3}{16}[/mm] * [mm]\frac{1}{3}[/mm] = [mm]\frac{2}{36}[/mm] +
> [mm]\frac{1}{16}[/mm] = [mm]\frac{17}{144}[/mm]
>
> Von der Idee her völlig richtig, von der Ausführung her
> mangelhaft.
>
> 1.) Du bedingst auf "[mm]A_1,A_2,B[/mm]", wo von der Idee her klar
> ist, was du meinst. Allerdings sind das ja die Ergebnisse
> des Würfelzugs. Bedingt wird aber auf Mengen. Korrekt
> wäre hier also [mm]\{ w_1 = A_1\}, \{ w_1 = A_2\},\{ w_1 = B\}[/mm]
> statt [mm]A_1,A_2,B[/mm].
> Das kann man aber mit einer kurzen Bemerkung so stehen
> lassen, damit der Korrektor weiß, dass du verstanden hast,
> dass das unsauber aber schöner zu lesen ist.
okay heißt, dass das vom prinzip her richtig ist, wäre also so korrekter?
P(C) = P(C | [mm]\{ w_1 = A_1\})[/mm] * [mm]P(\{ w_1 = A_1\})[/mm] + [mm]P(\{ w_1 = A_2\})*P(C |\{ w_1 = A_2\})[/mm] [mm] +P(\{ w_1 = B\}) [/mm] * [mm] P(C|\{ w_1 = B\})
[/mm]
und es gilt [mm] P(\{ w_1 = A_1\})=P(\{ w_1 = A_2\})=P(\{ w_1 = B\})=\bruch{1}{3} [/mm] oder?
[mm] P(C)=\bruch{1}{3}*( [/mm] P(C|[mm]\{ w_1 = A_1\})[/mm] + [mm]*P(C |\{ w_1 = A_2\})[/mm] + [mm] P(C|\{ w_1 = B\}))
[/mm]
>
> 2.) Es ist [mm]P(C | B) \not= \frac{1}{36}[/mm] da im Falle des
> Würfels B ja nur 4 Augen auf dem Würfel sind. Was ist
> damit [mm]P(C|B)[/mm]?
Es gilt für bedingte Wahrscheinlichkeit [mm] P(A|B)=\bruch{P(A\cap B)}{P(B)}
[/mm]
heißt [mm] P(C|\{w_1 =B\}) =\bruch{P(C\cap \{w_1=B\})}{P(\{w_1=B\})}
[/mm]
C [mm] \cap \{w_1=B\} [/mm] = [mm] \{(w_1,w_2,w_3) \in \Omega : w_2 + w_3 = 4\}=\{(A_1,2,2),(A_1,3,1)(A_1,1,3)(A_2,2,2),(A_2,3,1)(A_2,1,3)(B,2,2),(B,3,1)(B,1,3)\} \cap (\{(B,1,1),...,(B,4,4)\}=\{(B,2,2),(B,3,1)(B,1,3)\}
[/mm]
also
[mm] P(C|\{w_1 =B\}) [/mm] = [mm] \bruch{P(\{(B,2,2),(B,3,1)(B,1,3)\})}{P(\{(B,1,1),...,(B,4,4)\})}
[/mm]
aber wenn ich [mm] \{w_1 =B\} [/mm] = [mm] \{(B,1,1),...,(B,4,4)\} [/mm] betrachte wäre [mm] P(\{w_1 =B\})= \bruch{1}{16} [/mm] oder?
und P(C [mm] \cap B)=\bruch{3}{96}, [/mm] da [mm] |\Omega|=96 [/mm] oder?
Aber die Wkeit [mm] A_1,A_2 [/mm] oder B zu ziehen als erstes läge bei [mm] \bruch{1}{3}...
[/mm]
ich verwirre mich gerade selber...Aaaah.
Dank dir! Das ist sehr nett von dir!
>
> Ansonsten, wie gesagt, ist der Ansatz korrekt und
> zielführend. Du musst nur die richtigen Werte einsetzen
>
>
> Gruß,
> Gono
Grüße Noya
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Hiho,
> okay heißt, dass das vom prinzip her richtig ist, wäre
> also so korrekter?
> P(C) = P(C | [mm]\{ w_1 = A_1\})[/mm] * [mm]P(\{ w_1 = A_1\})[/mm] + [mm]P(\{ w_1 = A_2\})*P(C |\{ w_1 = A_2\})[/mm]
> [mm]+P(\{ w_1 = B\})[/mm] * [mm]P(C|\{ w_1 = B\})[/mm]
>
> und es gilt [mm]P(\{ w_1 = A_1\})=P(\{ w_1 = A_2\})=P(\{ w_1 = B\})=\bruch{1}{3}[/mm]
> oder?
> [mm]P(C)=\bruch{1}{3}*([/mm] P(C|[mm]\{ w_1 = A_1\})[/mm] + [mm]*P(C |\{ w_1 = A_2\})[/mm]
> + [mm]P(C|\{ w_1 = B\}))[/mm]
Und ich hab gerade gesehen, dass du die Wahrscheinlichkeit vorher doch korrekt berechnet hattest und entschuldige mich für meinen Einwand
D.h.
> P(C) = P(C | $ [mm] A_1) [/mm] $ * $ [mm] P(A_1) [/mm] $ + $ [mm] P(A_2)\cdot{}P(C |A_2) [/mm] $ +P(B) * P(C|B) = $ [mm] \frac{3}{36} [/mm] $ * $ [mm] \frac{1}{3} [/mm] $ + $ [mm] \frac{3}{36} [/mm] $ * $ [mm] \frac{1}{3} [/mm] $ + $ [mm] \frac{3}{16} [/mm] $ * $ [mm] \frac{1}{3} [/mm] $ = $ [mm] \frac{2}{36} [/mm] $ + $ [mm] \frac{1}{16} [/mm] $ = $ [mm] \frac{17}{144} [/mm] $
Ist völlig korrekt.
Ich hatte fälschlicherweise beim letzten Summanden auch [mm] \frac{3}{36} [/mm] gelesen, aber du hast ja korrekt [mm] \frac{3}{16} [/mm] geschrieben.
Tut mir Leid…
Aber deine Verwirrung löse ich trotzdem auf!
> [mm]P(C|\{w_1 =B\})[/mm] =
> [mm]\bruch{P(\{(B,2,2),(B,3,1)(B,1,3)\})}{P(\{(B,1,1),...,(B,4,4)\})}[/mm]
> aber wenn ich [mm]\{w_1 =B\}[/mm] = [mm]\{(B,1,1),...,(B,4,4)\}[/mm]
> betrachte wäre [mm]P(\{w_1 =B\})= \bruch{1}{16}[/mm] oder?
Nein!
Und hier machst du den Denkfehler.
Denn wir haben ja nicht angenommen, dass P auf [mm] \Omega [/mm] gleichverteilt ist. Das ist es eben gerade nicht! (bzw. genau genommen wissen wir es aus der Aufgabenstellung gar nicht.
Was wir aber wissen, ist, dass die bedingte Wahrscheinlichkeit [mm] $P(\bullet \;\big|\;\{w_1 =B\})$ [/mm] gleichverteilt ist auf [mm] $\{w_1 =B\}$ [/mm] und dass [mm] $P(\{w_1 =B\} [/mm] = [mm] \frac{1}{3}$
[/mm]
Mehr wissen wir nicht und mehr verwenden wir auch nicht.
Wenn du es jetzt mal durchrechnen würdest, kämst du eben auf das Ergebnis, dass $P(C [mm] \cap [/mm] B) = P(C | B)*P(B) [mm] \not= \frac{3}{88}$ [/mm] obwohl [mm] $|C\cap [/mm] B| = 3$ und [mm] $|\Omega| [/mm] = 88$ (wie du auf 96 kommst, weiß ich ehrlich gesagt nicht).
Daraus folgt eben gerade, dass P nicht die Gleichverteilung auf [mm] \Omega [/mm] sein kann (was auch gar keinen Sinn machen würde, weil die Tupel, die zu B gehören die selbe Wahrscheinlichkeit haben, wie die Tupel, die zu [mm] A_1 [/mm] oder [mm] A_2 [/mm] gehören, aber von der Anzahl her geringer bzw mehr sind).
Gruß,
Gono
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:15 Sa 11.02.2017 | | Autor: | Noya |
> Und ich hab gerade gesehen, dass du die Wahrscheinlichkeit
> vorher doch korrekt berechnet hattest und entschuldige mich
> für meinen Einwand
>
> D.h.
> > P(C) = P(C | [mm]A_1)[/mm] * [mm]P(A_1)[/mm] + [mm]P(A_2)\cdot{}P(C |A_2)[/mm]
> +P(B) * P(C|B) = [mm]\frac{3}{36}[/mm] * [mm]\frac{1}{3}[/mm] + [mm]\frac{3}{36}[/mm]
> * [mm]\frac{1}{3}[/mm] + [mm]\frac{3}{16}[/mm] * [mm]\frac{1}{3}[/mm] = [mm]\frac{2}{36}[/mm] +
> [mm]\frac{1}{16}[/mm] = [mm]\frac{17}{144}[/mm]
>
> Ist völlig korrekt.
>
> Ich hatte fälschlicherweise beim letzten Summanden auch
> [mm]\frac{3}{36}[/mm] gelesen, aber du hast ja korrekt [mm]\frac{3}{16}[/mm]
> geschrieben.
>
> Tut mir Leid…
Kein Problem und DANKE!
Aber d.h., dass die Aufgabe ja "einfacher" war als ich erwartet hatte.
> Aber deine Verwirrung löse ich trotzdem auf!
>
> > [mm]P(C|\{w_1 =B\})[/mm] =
> >
> [mm]\bruch{P(\{(B,2,2),(B,3,1)(B,1,3)\})}{P(\{(B,1,1),...,(B,4,4)\})}[/mm]
> ++
>
>
>
> > aber wenn ich [mm]\{w_1 =B\}[/mm] = [mm]\{(B,1,1),...,(B,4,4)\}[/mm]
> > betrachte wäre [mm]P(\{w_1 =B\})= \bruch{1}{16}[/mm] oder?
>
> Nein!
> Und hier machst du den Denkfehler.
> Denn wir haben ja nicht angenommen, dass P auf [mm]\Omega[/mm]
> gleichverteilt ist. Das ist es eben gerade nicht! (bzw.
> genau genommen wissen wir es aus der Aufgabenstellung gar
> nicht.
>
> Was wir aber wissen, ist, dass die bedingte
> Wahrscheinlichkeit [mm]P(\bullet \;\big|\;\{w_1 =B\})[/mm]
> gleichverteilt ist auf [mm]\{w_1 =B\}[/mm] und dass [mm]P(\{w_1 =B\} = \frac{1}{3}[/mm]
>
> Mehr wissen wir nicht und mehr verwenden wir auch nicht.
>
> Wenn du es jetzt mal durchrechnen würdest, kämst du eben
> auf das Ergebnis, dass [mm]P(C \cap B) = P(C | B)*P(B) \not= \frac{3}{88}[/mm]
> obwohl [mm]|C\cap B| = 3[/mm] und [mm]|\Omega| = 88[/mm] (wie du auf 96
> kommst, weiß ich ehrlich gesagt nicht ).
ehm ja macht auch keinen Sinn, da ich das "oder" innerhalb [mm] \Omega [/mm] ignoriert habe...
> Daraus folgt eben gerade, dass P nicht die
> Gleichverteilung auf [mm]\Omega[/mm] sein kann (was auch gar keinen
> Sinn machen würde, weil die Tupel, die zu B gehören die
> selbe Wahrscheinlichkeit haben, wie die Tupel, die zu [mm]A_1[/mm]
> oder [mm]A_2[/mm] gehören, aber von der Anzahl her geringer bzw
> mehr sind).
>
> Gruß,
> Gono
Das macht Sinn! Danke!
wenn ich mir nun die c)angucke.
c) Nun sei bekannt, dass jeder der beiden Würfe eine 3 ergeben hat. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass der vierseitige Würfel gezogen wurde.
Suche ich mit [mm] D=\{(w_1,w_2,w_3) \in \Omega : w_2 = w_3 = 3\}=\{(A_1,3,3),(A_2,3,3),(B,3,3)\} [/mm]
[mm] P(\{w_1=B\}| [/mm] D) = [mm] \bruch{P(\{w_1=B\} \cap D)}{P(D)} [/mm] = [mm] \bruch{P(\{(B,3,3)\})}{P(\{(A_1,3,3),(A_2,3,3),(B,3,3)\})}
[/mm]
wobei ich hier das gleiche Problem wie oben hätte. Könnte ich nicht m.H des satz von bayes verwenden, dass [mm] P(B|A)=\bruch{P(B)*P(A|B)}{P(A)}
[/mm]
und das angewendet auf uns
[mm] P(\{w_1=B\}|D)=\bruch{P(w_1=B)*P(D|w_1=B)}{P(D)} [/mm] = [mm] \bruch{\bruch{1}{3} \cdot{} \bruch{1}{16}}{P(D)}
[/mm]
und
P(D) m.H. satz der totalen Wkeit berechnen (wie bei Teil b) zu [mm] P(D)=\bruch{1}{3}(P(D|w_1=A_1)+P(D|w_1=A_2)+P(D|w_1=B)) [/mm] = [mm] \bruch{17}{432}
[/mm]
und somit
[mm] P(\{w_1=B\}|D)= \bruch{\bruch{1}{3} \cdot{} \bruch{1}{16}}{\bruch{17}{432}}=\bruch{9}{17}
[/mm]
Ginge das so? Oder habe ich wieder irgendwo einen Denfehler? Momentan wirkt das noch sehr plausibel :D
Danke!
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Hiho,
> wenn ich mir nun die c)angucke.
> c) Nun sei bekannt, dass jeder der beiden Würfe eine 3
> ergeben hat. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass der
> vierseitige Würfel gezogen wurde.
>
> Suche ich mit [mm]D=\{(w_1,w_2,w_3) \in \Omega : w_2 = w_3 = 3\}=\{(A_1,3,3),(A_2,3,3),(B,3,3)\}[/mm]
> [mm]P(\{w_1=B\}|[/mm] D)
> Könnte ich nicht m.H des satz von bayes verwenden, dass
> [mm]P(B|A)=\bruch{P(B)*P(A|B)}{P(A)}[/mm]
> und das angewendet auf uns
> [mm]P(\{w_1=B\}|D)=\bruch{P(w_1=B)*P(D|w_1=B)}{P(D)}[/mm] =
> [mm]\bruch{\bruch{1}{3} \cdot{} \bruch{1}{16}}{P(D)}[/mm]
> und
>
> P(D) m.H. satz der totalen Wkeit berechnen (wie bei Teil b)
> zu [mm]P(D)=\bruch{1}{3}(P(D|w_1=A_1)+P(D|w_1=A_2)+P(D|w_1=B))[/mm]
> = [mm]\bruch{17}{432}[/mm]
>
> und somit
> [mm]P(\{w_1=B\}|D)= \bruch{\bruch{1}{3} \cdot{} \bruch{1}{16}}{\bruch{17}{432}}=\bruch{9}{17}[/mm]
Wenn man das passende Modell erst mal hat, ist der Rest nur Fingerübung
Gruß,
Gono
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:50 Sa 11.02.2017 | | Autor: | Noya |
Super danke!
Ja mein größtes Problem ist es immer das passende Modell zu finden. Ich habe zwar immer eine Idee, aber ich bekomme das nicht so schön formuliert oder korrekt hin.
Danke!!!
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