Paarweise Unabhängigkeit < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:30 So 16.01.2011 | | Autor: | fibeline |
| Aufgabe | Zweimaliges Werfen mit idealem Würfel.
Omega = {1,2,3,4,5,6}. Sei [mm] A_{1} [/mm] = {1} beim ersten Wurf und [mm] A_{2} [/mm] = {2} beim zweiten Wurf. Dann ist [mm] P(A_{1}) [/mm] = [mm] P(A_{2}) [/mm] = [mm] \bruch{1}{36} [/mm] und es gilt
[mm] P(A_{1}\cap A_{2}) [/mm] = [mm] \bruch{1}{36} [/mm] = [mm] P(A_{1})* P(A_{2}) [/mm] |
Hallo zusammen,
gerade habe ich auf der Suche nach der Antwort zu meiner Frage euer Forum entdeckt und hoffe, hier eine Antwort zu finden.
Ich stehe etwas auf dem Schlauch bei der Schnittmenge zu dem Beispiel oben.
Müsste die Schnittmenge nicht die Leere Menge sein, da die Ereignisse A1 und A2 kein gemeinsames Element haben? Auf diese (wie ich finde selbst etwas absurde) Idee komme ich dadurch, dass ich die Abzählregel mittels der Schnittmenge ja unabhängig zum Produkt der beiden Wahrscheinlichkeiten bestimmen will/muss, um zu unterscheiden, ob beide Ereignisse unabhängig voneinander sind oder nicht.
Beispielsweise wenn
[mm] P(A_{1}\cap A_{2}) [/mm] = 0 und damit [mm] \not= P(A_{1})* P(A_{2})
[/mm]
Mal ein Beispiel, bei dem ich wüsste, was ich zu tun hätte.
Eine Urne mit 4 Losen mit den Nummern 114, 131, 211 und 333. [mm] A_{i} [/mm] sei hier das Ereignis ein Los zu ziehen, das an der i-ten Stelle eine "1" hat.
Die Wahrscheinlichkeiten mittels der Schnittmengen bzw. Abzählregel kann ich hier problemlos bestimmen:
Bei i = 1 [mm] \Rightarrow P(A_{1}\cap A_{2}) [/mm] = [mm] \bruch{2}{4} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2}, [/mm] da 2 von 4 Losen an der ersten Stelle eine 1 haben usw.
Wie mache ich das bei dem Würfelbeispiel? Wie würde da die Schnittmenge aussehen, wenn man sie in ein Venn-Diagramm übertragen würde?
Ich hoffe, das ist nicht zu konfus ;)
Danke für Hilfe :)
Fibeline
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
Der Punkt ist, dass A1 und A2 verschiedene Versuche betrachten.
A1 ist für den ersten Wurf zuständig, A2 für den zweiten.
Wenn beide für den gleichen Wurf gelten würden (also A1 = {1} beim ersten Wurf und A2 = {2} beim ersten Wurf) hättest du natürlich recht, der Schnitt wäre leer.
Hier in diesem Fall sind es aber eben zwei verschiedene Würfel.
Wenn im Tupel (a,b) das a für das Ergebnis des ersten Würfels steht und das b für das Ergebnis des zweiten Würfels könntest du A1 und A2 auch so schreiben:
A1 = {(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6)}
A2 = {(1,2),(2,2),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2)}
Vielleicht ist es mit diesen Ereignissen verständlicher warum der Schnitt nicht leer ist. (und ja, die sind absolut identisch zu deinen, deine wurden nur mit der Aussage "beim ersten Wurf" bzw. "beim zweiten Wurf" etwas abgekürzt).
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:03 So 16.01.2011 | | Autor: | fibeline |
Danke für deine Antwort :)
Darauf war ich auch schon gekommen, habs aber wieder verworfen, denn müsste dann der Ergebnisraum nicht mit sämtlichen Tupeln, sprich (1,1)...(6,6), definiert sein und nicht nur mit {1,2,3,4,5,6}? Ist das nur "Auslegungssache" und ich darf mir den Ergebnisraum auch anders darstellen?
|
|
|
| |
|
Da die Aufgabenstellung von einem zweimaligen Wurf spricht, ist [mm] $\Omega [/mm] = [mm] \{1,2,3,4,5,6\}$ [/mm] falsch.
Für diese Menge macht die Frage nach [mm] $A_1 \cap A_2$ [/mm] überhaupt keinen Sinn, weil es für dieses [mm] \Omega [/mm] überhaupt keinen zweiten Wurf gibt.
Richtig ist [mm] \Omega=\{(1/1), (1/2), ... , (1/6), ..... , (6/1), .... (6/6)\} [/mm] und das Aufschreiben der Ereignisse, wie mein Vorredner das gemacht hat.
Dann ist durch einfaches abzählen auch: [mm] $P(A_1)=\frac{6}{36}$ [/mm] und das kürzt sich (sinnvollerweise) natürlich auch zu dem [mm] \frac{1}{6}, [/mm] das du durch die Grundmenge des einfachen Wurfes bekommst.
lg weightgainer
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:24 So 16.01.2011 | | Autor: | fibeline |
Dann ist mit jetzt alles klar.
Vielen Dank Euch! :)
Gruß,
Fibeline
|
|
|
|
