Unabhängigkeit? < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:41 Mi 18.04.2012 | | Autor: | bandchef |
| Aufgabe | | Sind bei der Lottoziehung die Ereignisse "erste gezogene Kugel ist eine gerade Zahl" und "zweite gezogene Kugel ist eine 13" unabhängig? |
Hi Leute!
Ich hab da mal so angefnagen:
A1 = erste Kugel ist gerade
A2 = zweite Kugel ist 13
Des Weiteren hab ich das hier aufgeschrieben:
A1={2,4,6,8,10,12,14,16,18,20,22,24,26,28,30,32,34,36,38,40,42,44,46,48} => P(A1) = 24/49
A2={13} => P(A2) = 1/49
[mm] $A_1 \cap A_2 [/mm] = [mm] \{\}$
[/mm]
Folgerung: Da die Schnittmenge der beiden Ereignisse die leere Menge ergibt folgt, dass die Ereignisse A1 und A2 uanbhängig zueinander sind.
Stimmt das soweit?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:02 Mi 18.04.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo bandchef,
mit dieser Schlussfolgerung muss man vorsichtig sein, denn man muss erst einen geeigneten Ereignisraum definieren. Wenn dann gilt
$ [mm] P(A\cap [/mm] B) = P(A) [mm] \cdot [/mm] P(B) $
dann sind die Ereignisse unabhängig.
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:04 Mi 18.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Danke für deine Antwort! Darf ich jetzt dann im Anschluss vielleicht auch noch eine weitere Aufgabe posten? Oder muss ich einen extra Thread aufmachen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:13 Mi 18.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Ich stelle einfach einen Thread auf
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(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 19:36 Mi 18.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Infinit,
> diese Schlussfolgerung ist okay.
Nein. Die beiden Ereignisse sind nicht stochastisch unabhängig.
Viele Grüße
Tobias
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:46 Mi 18.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
Hallo bandchef,
> A1 = erste Kugel ist gerade
> A2 = zweite Kugel ist 13
OK.
> Des Weiteren hab ich das hier aufgeschrieben:
>
> A1={2,4,6,8,10,12,14,16,18,20,22,24,26,28,30,32,34,36,38,40,42,44,46,48}
> => P(A1) = 24/49
> A2={13} => P(A2) = 1/49
Die Wahrscheinlichkeiten stimmen.
> [mm]A_1 \cap A_2 = \{\}[/mm]
Falsch. Selbstverständlich kann sehr wohl beim Lotto als erste Kugel eine gerade Zahl und als zweite Zahl die 13 gezogen werden.
> Folgerung: Da die Schnittmenge der beiden Ereignisse die
> leere Menge ergibt folgt, dass die Ereignisse A1 und A2
> uanbhängig zueinander sind.
Mal angenommen die Schnittmenge WÄRE leer:
Dann würde [mm] $P(A_1\cap A_2)=0\not=\bruch{24}{49}*\bruch{1}{49}=P(A_1)*P(A_2)$ [/mm] gelten und somit wären [mm] $A_1$ [/mm] und [mm] $A_2$ [/mm] NICHT unabhängig.
Du brauchst zum Lösen der Aufgabe zunächst einen Wahrscheinlichkeitsraum, der mindestens das Ziehen zweier Kugeln ohne zurücklegen modelliert. Erst dann kannst du [mm] $P(A_1\cap A_2)$ [/mm] berechnen.
Viele Grüße
Tobias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:21 Do 19.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Wie wäre hier der Wahrscheinlichkeitsraum? Wie macht man das?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:38 Do 19.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Wie wäre hier der Wahrscheinlichkeitsraum? Wie macht man
> das?
Wähle [mm] $\Omega=\{(\omega_1,\omega_2)\in\{1,2,3,\ldots,49\}^2\;|\;\omega_1\not=\omega_2\}$, [/mm] wobei z.B. [mm] $(27,13)\in\Omega$ [/mm] dafür steht, dass zuerst die Zahl 27 und dann die Zahl 13 gezogen wurde.
Als Wahrscheinlichkeitsverteilung $P$ kann die Laplace-Verteilung auf [mm] $\Omega$ [/mm] angenommen werden, denn alle "Kombinationen" von je zwei gezogenen Zahlen sind gleich wahrscheinlich.
Also [mm] $P(A)=\bruch{|A|}{|\Omega|}$ [/mm] für alle Ereignisse [mm] $A\subseteq\Omega$.
[/mm]
Es gilt [mm] $|\Omega|=49*48$ [/mm] (49 Möglichkeiten für [mm] $\omega_1$, [/mm] dann noch jeweils 48 Möglichkeiten für [mm] $\omega_2$).
[/mm]
Das Ereignis [mm] $A_1$ [/mm] ("erste Kugel gerade") etwa hat in unserem Wahrscheinlichkeitsraum die Gestalt
[mm] $A_1=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ gerade}\}$
[/mm]
mit Mächtigkeit [mm] $|A_1|=24*48$ [/mm] (24 Möglichkeiten für [mm] $\omega_1$, [/mm] dann jeweils 48 Möglichkeiten für [mm] $\omega_2$).
[/mm]
Also [mm] $P(A_1)=\bruch{|A_1|}{|\Omega|}=\bruch{24*48}{49*48}=\bruch{24}{49}$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:35 Fr 20.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Hier hast du doch nun die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis A1 berechnet, oder?
Es ist aber doch nach der Unabhängigkeit gefragt, oder?
Ich hab dann mal noch versucht die Wahrscheinlichkeit für A2 zu berechnen:
[mm] $\Omega [/mm] = [mm] \{ (\omega_1) \in \{ 1 ... 49 \} \wedge (\omega_2) = \{ 1 ... 48 \} \}$
[/mm]
[mm] $P(A_2) [/mm] = [mm] \frac{\left|A\right|}{\left|\Omega\right|} [/mm] = [mm] \frac{49 \cdot 48}{?}$
[/mm]
Wie geht's hier dann weiter?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:47 Fr 20.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Hier hast du doch nun die Wahrscheinlichkeit für das
> Ereignis A1 berechnet, oder?
Genau. (Als Beispiel dafür, wie man solche Wahrscheinlichkeiten berechnen kann.)
> Es ist aber doch nach der Unabhängigkeit gefragt, oder?
Ja.
> Ich hab dann mal noch versucht die Wahrscheinlichkeit für
> A2 zu berechnen:
>
> [mm]\Omega = \{ (\omega_1) \in \{ 1 ... 49 \} \wedge (\omega_2) = \{ 1 ... 48 \} \}[/mm]
Nimm die gleiche Grundmenge [mm] $\Omega$ [/mm] wie für [mm] $A_1$. [/mm] (Sonst macht [mm] $A_1\cap A_2$ [/mm] und stochastische Unabhängigkeit von [mm] $A_1$ [/mm] und [mm] $A_2$ [/mm] keinen Sinn.)
Wofür soll z.B. das Paar (23,23) aus deinem [mm] $\Omega$ [/mm] stehen? Zweimal kann die Kugel mit der 23 beim Lotto ja nicht gezogen werden.
> [mm]P(A_2) = \frac{\left|A_\red{2}\right|}{\left|\Omega\right|} = \frac{49 \cdot 48}{?}[/mm]
Hier hast du wohl beim Einsetzen der Zahlen [mm] $|A_2|$ [/mm] und [mm] $|\Omega|$ [/mm] vertauscht...
> Wie geht's hier dann weiter?
Dass für die von mir angegebene Grundmenge [mm] $\Omega$ [/mm] gilt [mm] $|\Omega|=49\cdot48$, [/mm] habe ich ja bereits vorgerechnet.
Wie sieht nun [mm] $A_2\subseteq\Omega$ [/mm] und damit [mm] $|A_2|$ [/mm] aus?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:39 Fr 20.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Zitat: "Wie sieht nun $ [mm] A_2\subseteq\Omega [/mm] $ und damit $ [mm] |A_2| [/mm] $ aus?"
Stimmt das jetzt so:
[mm] $P(A_2) [/mm] = [mm] \frac{\left|A\right|}{\left| \Omega \right|} [/mm] = [mm] \frac{1}{49\cdot 48}
[/mm]
Wie war nun nochmal dein Gedankengang für die, bei beiden Ereignissen, geltende [mm] $\right|\Omega\left| = 49 \cdot 48$?
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:51 Fr 20.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Zitat: "Wie sieht nun [mm]A_2\subseteq\Omega[/mm] und damit [mm]|A_2|[/mm]
> aus?"
>
>
> Stimmt das jetzt so:
>
> [mm]$P(A_2)[/mm] = [mm]\frac{\left|A_\red2\right|}{\left| \Omega \right|}[/mm] =
> [mm]\frac{1}{49\cdot 48}[/mm]
(Du vergisst immer wieder den Index bei A, den ich rot ergänzt habe.)
Nein, [mm] $|A_2|$ [/mm] ist bei der von mir angegebenen Modellierung nicht 1.
Es gilt [mm] $A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2=13\}$. [/mm] Das gibt eine Möglichkeit für [mm] $\omega_2$ [/mm] und 48 Möglichkeiten für [mm] $\omega_1$.
[/mm]
Also [mm] $|A_2|=1*48=48$.
[/mm]
> Wie war nun nochmal dein Gedankengang für die, bei beiden
> Ereignissen, geltende [mm]\right|\Omega\left| = 49 \cdot 48[/mm]?
Das habe ich hier beschrieben.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:22 Sa 21.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Gut.
Ich hab dann die Aufgabe nun so hier stehen:
Grundmenge:
[mm] $\Omega [/mm] = [mm] \{ (\omega_1, \omega_2) \in \{ 1,2,3,...,49 \} \left| \omega_1 \not= \omega_2\}$
[/mm]
Wahrscheinlichkeiten:
[mm] $P(A_1) [/mm] = [mm] \frac{24 \cdot 48}{49 \cdot 48} \Rightarrow 49\%$
[/mm]
[mm] $P(A_2) [/mm] = [mm] \frac{1 \cdot 48}{49 \cdot 48} \Rightarrow 2\%$
[/mm]
Wie geht das jetzt noch mit der Unabhängigkeit?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:54 Sa 21.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Grundmenge:
> [mm]\Omega = \{ (\omega_1, \omega_2) \in \{ 1,2,3,...,49 \}^\red2 \left| \omega_1 \not= \omega_2\}[/mm]
>
>
> Wahrscheinlichkeiten:
> [mm]P(A_1) = \frac{24 \cdot 48}{49 \cdot 48} \Rightarrow 49\%[/mm]
>
> [mm]P(A_2) = \frac{1 \cdot 48}{49 \cdot 48} \Rightarrow 2\%[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Wie geht das jetzt noch mit der Unabhängigkeit?
Berechne
[mm] $P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1\cap A_2|}{|\Omega|}=\ldots$.
[/mm]
Es gilt
[mm] $A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ gerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2=13\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ gerade und }\omega_2=13\}$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:19 Sa 21.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Grundmenge:
$ [mm] \Omega [/mm] = [mm] \{ (\omega_1, \omega_2) \in \{ 1,2,3,...,49 \} \left| \omega_1 \not= \omega_2\} [/mm] $
Wahrscheinlichkeiten:
$ [mm] P(A_1) [/mm] = [mm] \frac{24 \cdot 48}{49 \cdot 48} \Rightarrow 49\% [/mm] $
$ [mm] P(A_2) [/mm] = [mm] \frac{1 \cdot 48}{49 \cdot 48} \Rightarrow 2\% [/mm] $
Unabhängigkeit:
$ [mm] A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ gerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2=13\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ gerade und }\omega_2=13\} [/mm] $
[mm] $|A_1 \cap A_2| [/mm] = 1$, da die Schnittmenge aus A1 und A2 nur eine Zahl, nämlich die 13, ergibt. Stimmt das?
[mm] $P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1 \cap A_2|}{|\Omega|} [/mm] = [mm] \frac{1}{49^2}$ [/mm] Das hier ist ja jetzt wieder eine Wahrscheinlichkeit. Wann kann ich denn nun endlich eine Aussage darüber machen ob Unabhängig ja oder nein?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:28 Sa 21.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Grundmenge:
> [mm]\Omega = \{ (\omega_1, \omega_2) \in \{ 1,2,3,...,49 \}^\red2 \left| \omega_1 \not= \omega_2\}[/mm]
>
>
> Wahrscheinlichkeiten:
> [mm]P(A_1) = \frac{24 \cdot 48}{49 \cdot 48} \Rightarrow 49\%[/mm]
>
> [mm]P(A_2) = \frac{1 \cdot 48}{49 \cdot 48} \Rightarrow 2\%[/mm]
>
>
> Unabhängigkeit:
> [mm]A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ gerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2=13\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ gerade und }\omega_2=13\}[/mm]
>
> [mm]|A_1 \cap A_2| = 1[/mm], da die Schnittmenge aus A1 und A2 nur
> eine Zahl, nämlich die 13, ergibt. Stimmt das?
Nein. Z.B. [mm] $(2,13)\in A_1\cap A_2$ [/mm] und [mm] $(4,13)\in A_1\cap A_2$.
[/mm]
Es gibt 24 Möglichkeiten für [mm] $\omega_1$ [/mm] und 1 Möglichkeit für [mm] $\omega_2$. [/mm] Also [mm] $|A_1\cap A_2|=24*1$.
[/mm]
> [mm]P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1 \cap A_2|}{|\Omega|} = \frac{1}{49^2}[/mm]
[mm] $|\Omega|$ [/mm] war $49*48$, nicht [mm] $49^2$.
[/mm]
> Das hier ist ja jetzt wieder eine Wahrscheinlichkeit. Wann
> kann ich denn nun endlich eine Aussage darüber machen ob
> Unabhängig ja oder nein?
Wenn du diese Wahrscheinlichkeit korrekt hast, kannst du prüfen, ob [mm] $A_1$ [/mm] und [mm] $A_2$ [/mm] stochastisch unabhängig sind, also ob [mm] $P(A_1\cap A_2)=P(A_1)*P(A_2)$ [/mm] gilt.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:02 Sa 21.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Grundmenge:
$ [mm] \Omega [/mm] = [mm] \{ (\omega_1, \omega_2) \in \{ 1,2,3,...,49 \} \left| \omega_1 \not= \omega_2\} [/mm] $
Wahrscheinlichkeiten:
$ [mm] P(A_1) [/mm] = [mm] \frac{24 \cdot 48}{49 \cdot 48}=\frac{24}{49} \Rightarrow 49\% [/mm] $
$ [mm] P(A_2) [/mm] = [mm] \frac{1 \cdot 48}{49 \cdot 48}=\frac{1}{49} \Rightarrow 2\% [/mm] $
Unabhängigkeit:
$ [mm] A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ gerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2=13\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ gerade und }\omega_2=13\} [/mm] $
$ [mm] |A_1 \cap A_2| [/mm] = 1 $, da die Schnittmenge aus A1 und A2 nur eine Zahl, nämlich die 13, ergibt. Stimmt das?
$ [mm] P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1 \cap A_2|}{|\Omega|} [/mm] = [mm] \frac{24\cdot 1}{49\cdot 48}=\frac{1}{98} \Rightarrow 1,02\%$
[/mm]
$ [mm] P(A_1\cap A_2)=P(A_1)\cdot{}P(A_2) \Rightarrow \frac{1}{98} [/mm] = [mm] \frac{24}{49} \cdot \frac{1}{49} \Rightarrow \frac{1}{98} \not= \frac{24}{49} \cdot \frac{1}{49} \Rightarrow$
[/mm]
Da $ [mm] P(A_1\cap A_2)=P(A_1)\cdot{}P(A_2)$ [/mm] nicht gilt, folgt stochastische Abhängigkeit!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:18 Sa 21.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Grundmenge:
> [mm]\Omega = \{ (\omega_1, \omega_2) \in \{ 1,2,3,...,49 \}^\red2 \left| \omega_1 \not= \omega_2\}[/mm]
Du vergisst immer wieder das rot markierte hoch zwei.
> Wahrscheinlichkeiten:
> [mm]P(A_1) = \frac{24 \cdot 48}{49 \cdot 48}=\frac{24}{49} \Rightarrow 49\%[/mm]
>
> [mm]P(A_2) = \frac{1 \cdot 48}{49 \cdot 48}=\frac{1}{49} \Rightarrow 2\%[/mm]
>
>
> Unabhängigkeit:
> [mm]A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ gerade}\}\cap\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_2=13\}=\{(\omega_1,\omega_2)\in\Omega\;|\;\omega_1\mbox{ gerade und }\omega_2=13\}[/mm]
>
> [mm]|A_1 \cap A_2| = 1 [/mm], da die Schnittmenge aus A1 und A2 nur
> eine Zahl, nämlich die 13, ergibt. Stimmt das?
>
> [mm]P(A_1\cap A_2)=\bruch{|A_1 \cap A_2|}{|\Omega|} = \frac{24\cdot 1}{49\cdot 48}=\frac{1}{98} \Rightarrow 1,02\%[/mm]
>
Angenommen
> [mm]P(A_1\cap A_2)=P(A_1)\cdot{}P(A_2) \Rightarrow \frac{1}{98} = \frac{24}{49} \cdot \frac{1}{49}[/mm]
aber
> [mm]\frac{1}{98} \not= \frac{24}{49} \cdot \frac{1}{49} \Rightarrow[/mm]
>
> Da [mm]P(A_1\cap A_2)=P(A_1)\cdot{}P(A_2)[/mm] nicht gilt, folgt
> stochastische Abhängigkeit!
Genau!
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:09 So 22.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Bei dieser Aufgabe haben wir ja gesagt, dass [mm] $|A_1 \cap A_2| [/mm] = 24 [mm] \cdot [/mm] 1$ gilt.
Ich hab jetzt die Aufgabe nochmals durchgerechnet und jetzt weiß ich ehrlich gesagt nicht mehr wie wir drauf gekommen sind.
Mein Gedankengang: Für A1 kommen 24 Kugeln in Frage. Deswegen die 24. Für A2 kommt eine der mittlerweile nur noch 48 (-1 wegen der Kugel aus der ersten Ziehung) in Frage. Deswegen 1. Jetzt muss ich ja quasi den Schnitt bilden. Es heißt ja [mm] $A_1 \cap A_2$. [/mm] WARUM schreibt man da jetzt ein [mm] $\cdot$ [/mm] , also $24 [mm] \cdot [/mm] 1$ ?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:35 So 22.04.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo bandchef,
was Du hier durcheinander bringst, sind die möglichen Ereignismengen und die dazugehörigen Wahrscheinlichkeiten. Die Schnittmenge zweier Mengen ergibt wieder eine Menge, die dazugehörige Wahrscheinlichkeit kannst Du jedoch bestimmen aus dem Quotienten der für Deine Aufgabenstellung günstigen Ereignisse zu allen möglichen Ergebnissen. Da das eine Ereignis sich darum drehte, eine gerade Zahl zu ziehen und es davon 24 aus 49 gibt, ist die Wahrscheinlichkeit dafür 24/49, im zweiten Fall ging es um das Ziehen der 13. Hier gibt es nur ein günstiges Ereignis, nämlich, dass Du genau die 13 ziehst und sonst nichts. Es sind aber nach dem Ziehen der ersten Kugel noch 48 Kugeln da, also beträgt diese Wahrscheinlichkeit 1/48.
Viele Grüße,
Infinit
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:45 So 22.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Bei dieser Aufgabe haben wir ja gesagt, dass [mm]|A_1 \cap A_2| = 24 \cdot 1[/mm]
> gilt.
>
> Ich hab jetzt die Aufgabe nochmals durchgerechnet und jetzt
> weiß ich ehrlich gesagt nicht mehr wie wir drauf gekommen
> sind.
>
> Mein Gedankengang: Für A1 kommen 24 Kugeln in Frage.
> Deswegen die 24. Für A2 kommt eine der mittlerweile nur
> noch 48 (-1 wegen der Kugel aus der ersten Ziehung) in
> Frage. Deswegen 1. Jetzt muss ich ja quasi den Schnitt
> bilden. Es heißt ja [mm]A_1 \cap A_2[/mm]. WARUM schreibt man da
> jetzt ein [mm]\cdot[/mm] , also [mm]24 \cdot 1[/mm] ?
Gut, dass du nachfragst!
Ich nehme zunächst mal das Beispiel [mm] $\Omega$ [/mm] anstelle von [mm] $A_1\cap A_2$:
[/mm]
[mm] $\Omega=\{(\omega_1,\omega_2)\;|\;\omega_1,\omega_2\in\{1,2,3,\ldots,49\}\mbox{ mit }\omega_1\not=\omega_2\}$
[/mm]
Dazu schrieb ich sinngemäß:
[mm] $|\Omega|=49*48$ [/mm] (49 Möglichkeiten für [mm] $\omega_1$, [/mm] dann jeweils 48 Möglichkeiten für [mm] $\omega_2$)
[/mm]
Wieso multiplizieren wir nun 49 und 48?
Deuten wir mal an, wie wir alle Elemente von [mm] $\Omega$ [/mm] durchzählen könnten. Fangen wir an mit den Elementen mit $1$ in der ersten Komponente:
[mm] $(1,2),(1,3),(1,4)\ldots(1,49)$
[/mm]
Das sind 48 Stück. Machen wir weiter mit den Elementen mit 2 in der ersten Komponente:
[mm] $(2,1),(2,3),(2,4),(2,5)\ldots,(2,49)$
[/mm]
Das sind wieder 48 Stück. So könnten wir nun weitermachen, bis wir bei 49 in der ersten Komponente angekommen sind.
Wir erhalten so für jedes [mm] $\omega_1\in\{1,\ldots,49\}$ [/mm] 48 Elemente von [mm] $\Omega$ [/mm] mit [mm] $\omega_1$ [/mm] in der ersten Komponente. Insgesamt erhalten wir so 49 mal jeweils 48 Elemente, also insgesamt $49*48$ Elemente von [mm] $\Omega$.
[/mm]
Da wir jedes Element von [mm] $\Omega$ [/mm] genau einmal aufgelistet haben, folgt [mm] $|\Omega|=49*48$.
[/mm]
Zurück zu [mm] $A_1\cap A_2=\{(\omega_1,\omega_2)\;|\;\omega_1\in\{2,4,6,8,10,12,\ldots,48\},\omega_2=13\}$.
[/mm]
Hier gibt es 24 Möglichkeiten für [mm] $\omega_1$ [/mm] und dann jeweils 1 Möglichkeit für [mm] $\omega_2$ [/mm] (nämlich [mm] $\omega_2=13$). [/mm] Gibt $24*1$ Möglichkeiten für [mm] $(\omega_1,\omega_2)\in A_1\cap A_2$. [/mm] Also [mm] $|A_1\cap A_2|=24*1$.
[/mm]
Ausführlich:
Mit 2 in der ersten Komponente gibt es eine Möglichkeit, nämlich (2,13).
Mit 4 in der ersten Komponente gibt es eine Möglichkeit, nämlich (4,13).
Mit 6 in der ersten Komponente gibt es eine Möglichkeit, nämlich (6,13).
usw.
Insgesamt erhalten wir 24 mal eine Möglichkeit, also 24*1 Möglichkeiten.
Ein letztes Beispiel: Wenn Fritz drei Hemden und zwei Hosen hat, auf wieviele Weisen kann er sich für eine Kombination aus einem Hemd und einer Hose entscheiden?
2 Möglichkeiten mit dem ersten Hemd
2 Möglichkeiten mit dem zweiten Hemd
2 Möglichkeiten mit dem dritten Hemd
Macht $3*2$ Möglichkeiten für Fritz, sich für ein Hemd und eine Hose zu entscheiden.
Ist dir die Bedeutung der Multiplikation beim Zählen nun klarer geworden?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:31 Mo 23.04.2012 | | Autor: | bandchef |
Danke für deine überaus ausführliche Antwort. Du hast es mir sehr anschaulich erklärt. Was nun Multiplikation beim "Zählen" bedeutet hab ich verstanden! Danke!
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