Rechnen mit Wahrscheinlichkeiten

21.07.2008, 23:27

sunmysky

Rechnen mit Wahrscheinlichkeiten

Ich befürchte ich habe ein riesen Brett vor dem Kopf,deshalb brauch ich ganz dringend mal eure Hilfe. verwirrt

Seien A,B unabhängige Ereignisse und $\begin{eqnarray*} P(A\cup B) =0,7 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(A \setminus B)=0,2.<br /> \end{eqnarray*}$ Berechne P(A) und $\begin{eqnarray*} P(A\cap B). \end{eqnarray*}$

Also ich komm da nicht drauf, obwohl es glaub ich nicht schwer ist, weil man weiß, dass A,B unabhängig sind.
Ich vertraue auf euch. Mir würde (hoffe ich) schon ein Ansatz ausreichen,bin aber auch für die komplette Lösung dankbar.

LG sunmysky

21.07.2008, 23:34

hxh

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$\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A)+P(B)-P(A\cup B) \end{eqnarray*}$

so sollte das doch gehen ? verwirrt

21.07.2008, 23:35

tmo

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Benutze, dass $\begin{eqnarray*} A \setminus B \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ disjunkt sind und $\begin{eqnarray*} (A \setminus B) \cup B = A \cup B \end{eqnarray*}$ gilt, um $\begin{eqnarray*} P(B) \end{eqnarray*}$ zu berechnen.

Danach kannst du zwei Gleichungen aufstellen, die nur die gesuchten Wahrscheinlichkeiten als Unbekannte enthalten. Dieses Gleichhungssystem löst du dann.

24.07.2008, 11:43

sunmysky

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Erstmal danke für eure Antworten,aber irgendwie komm ich nicht vorwärst.

Ich hab ja weder P(A) noch P(B), wobei ich P(B) ausrechnen könnte dank dem Ansatz von tmo. Gott

Ich hab für P(B) = 0,5 raus. Aber jetzt komm ich wieder nicht weiter.
Hat irgendwer die Lösung und kann mir das erklären??? verwirrt

24.07.2008, 13:01

tmo

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Es ist doch $\begin{eqnarray*} P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) \end{eqnarray*}$ .

Diese Gleichung enthält für dich noch 2 Unbekannte. Die Wahrscheinlichkeiten, die du kennst (P(B) = 0.5 ist richtig Freude

), kannst du ja schonmal einsetzen.

Also brauchst du noch eine zweite Gleichung, die deine beiden Unbekannten enthält. Nun denke mal an die Definition von stochastischer Unabhängigkeit. Was gilt dann?

25.07.2008, 22:21

sunmysky

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Oh man, klar. Jetzt hab ich's. Das Brett hat sich endlich gelockert Hammer

Meine Lösung:
Durch den Ansatz von tmo war alles klar.
Da P(B) = 0,5 ist und A,B unabhängig sind hab ich für P(A) = 0,4 und für $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) = 0,2. \end{eqnarray*}$

Ich geh mal davon aus, dass es stimmt...
Ein riesen Dankeschön für eure Hilfen und Geduld!!!Macht euch ein schönes WE!! Prost

25.07.2008, 22:57

SDwarfs

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Es gibt in Deiner Aufgabel zwei Elementar-Ereignisse: a und b (ich habe sie bewußt klein geschrieben, damit sie von den Ereignissen A und B deutlich unterscheiden).

Die Ergebnismenge $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ist also:
$\begin{eqnarray*} \Omega = \{ \{ a, b \}, \{ \bar a, b \}, \{ a, \bar b \}, \{ \bar a, \bar b \} \} \end{eqnarray*}$

Die dazugehörige Potenzmenge $\begin{eqnarray*} \Sigma = \Pi(\Omega)\; \end{eqnarray*}$ wird Ereignisraum genannt und enthält alle möglichen Teilmengen von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ (einschließlich der leeren Menge und $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ selbst):

$\begin{eqnarray*} \Sigma = \{ \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ a, b \} \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ \bar a, b \} \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ a, \bar b \} \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ \bar a, \bar b \} \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ a, b \}, \{ \bar a, b \} \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ a, b \}, \{ a, \bar b \} \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ a, b \}, \{ \bar a, \bar b \} \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ \bar a, b \}, \{ a, \bar b \} \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ \bar a, b \}, \{ \bar a, \bar b \} \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ a, \bar b \}, \{ \bar a, \bar b \} \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ a, b \}, \{ \bar a, b \}, \{ a, \bar b \} \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ a, b \}, \{ \bar a, b \}, \{ \bar a, \bar b \} \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ a, b \}, \{ a, \bar b \}, \{ \bar a, \bar b \} \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ \bar a, b \}, \{ a, \bar b \}, \{ \bar a, \bar b \} \}, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \{ \{ a, b \}, \{ \bar a, b \}, \{ a, \bar b \}, \{ \bar a, \bar b \} \} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \} \end{eqnarray*}$

Für jedes Element M der Potenzmenge ist die Wahrscheinlichkeit P(M) definiert.

Außerdem gilt:
$\begin{eqnarray*} P(\Omega) = 1 \end{eqnarray*}$ -- es tritt auf jeden Fall genau eines der Ereignisse aus $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ein.
$\begin{eqnarray*} P(\varnothing) = P(\{ \}) = 0 \end{eqnarray*}$ -- es tritt nie keines der Ereignisse ein. Daher ist die Wahrscheinlichkeit dafür mit "0" definiert.

Und es gilt:
$\begin{eqnarray*} P(\{ \{ a, b \}, \{ a,\bar b\} \}) = P(\{ \{ a, b \} \}) + P(\{ \{ a,\bar b\} \}) \end{eqnarray*}$

Wenn $\begin{eqnarray*} M \in \Sigma \end{eqnarray*}$ , dann gilt: $\begin{eqnarray*} P(\{M\}) \end{eqnarray*}$ ist gleich der Summe aller $\begin{eqnarray*} P(\{m\}) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} m \in M \end{eqnarray*}$ . Also: die Wahrscheinlichkeit P(M) jeder Menge des Ereignisraumes $\begin{eqnarray*} \Sigma \end{eqnarray*}$ (d.h. alle Mengen die aus Mengen der Ereignissmenge $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ bestehen) ist immer genau so groß wie die Summe aller Wahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray*} P(\{m\}) \end{eqnarray*}$ der Elemente m aus M.
Das gilt aber wirklich nur für die M die in $\begin{eqnarray*} \Sigma \end{eqnarray*}$ enthalten sind!!! Das hat nichts mit den $\begin{eqnarray*} P(A) \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) \end{eqnarray*}$ zu tun, die man im allgemeinen hin schreibt. Das sollte auch gleich klarer werden.

A ist in deinem Fall eigentlich definiert als:
$\begin{eqnarray*} A = \{ \{ a, b \}, \{ a, \bar b \} \} \end{eqnarray*}$

oder auch:
$\begin{eqnarray*} A = \{ \forall M \in \Sigma | a \in M \} \end{eqnarray*}$
d.h. Die Menge aller Mengen M aus $\begin{eqnarray*} \Sigma \end{eqnarray*}$ , die das Elementarereignis a beinhalten.

Entsprechend ist B definiert als:
$\begin{eqnarray*} B = \{ \{ a, b \}, \{ \bar a, b \} \} \end{eqnarray*}$

Zur Aufgabe:

gegeben:
$\begin{eqnarray*} P(A \cup B) = 0,7 \end{eqnarray*}$ und:
$\begin{eqnarray*} P(A \setminus B) = 0,2 \end{eqnarray*}$

gesucht:
$\begin{eqnarray*} P(A) \end{eqnarray*}$ und:
$\begin{eqnarray*} P(A \cap B) \end{eqnarray*}$

Einfacher wird es, wenn wir für A und B die Mengen $\begin{eqnarray*} \{ \{ a, b \}, \{ a, \bar b \} \} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \{ \{ a, b \}, \{ \bar a, b \} \} \end{eqnarray*}$ einsetzen. Dann erhalten wir:

$\begin{eqnarray*} P(A) = P(\{ \{ a, b \}, \{ a, \bar b \} \}) \end{eqnarray*}$ und:
$\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(\{\{a,b\},\{a,\bar b\}\} \cap \{\{a,b\},\{\bar a,b\}\}) \end{eqnarray*}$

Nun vereinfachen wir noch:
$\begin{eqnarray*} \{\{a,b\},\{a,\bar b\}\} \cap \{\{a,b\},\{\bar a,b\}\} \end{eqnarray*}$

zu:
$\begin{eqnarray*} \{\{a,b\}\} \end{eqnarray*}$

(Erklärung: der Mengenoperator $\begin{eqnarray*} \cap \end{eqnarray*}$ verknüpft beide Mengen so dass nur die Element in der Ergebnismenge enthalten sind, die in beiden Mengen vorkommen. In diesem Fall ist nur $\begin{eqnarray*} \{a,b\} \end{eqnarray*}$ in beiden Mengen gleich. Haben die Mengen keine gemeinsamen Elemente so ist das Ergebnis die Leere Menge!)

Gesucht sind also:
$\begin{eqnarray*} P(A) = P(\{ \{ a, b \}, \{ a, \bar b \} \}) \end{eqnarray*}$ und:
$\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(\{\{a,b\}\}) \end{eqnarray*}$

oder auch:
$\begin{eqnarray*} P(A) = P(\{ \{ a, b \} \}) + P(\{ \{ a, \bar b \} \}) \end{eqnarray*}$ und:
$\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(\{\{a,b\}\}) \end{eqnarray*}$

Gegeben war:
$\begin{eqnarray*} P(A \cup B) = 0,7 \end{eqnarray*}$ und:
$\begin{eqnarray*} P(A \setminus B) = 0,2 \end{eqnarray*}$

Setzen wir hier wieder für A und B die Mengen ein und vereinfachen diese durch berechnen der Mengenoperatoren $\begin{eqnarray*} \cup \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \setminus \end{eqnarray*}$ ....

Ab hier machst du mal selbst weiter, es ist dann wirklich sehr einfach!!!

Und: Damit keiner blöde Fragen stellt was du mit a und b willst (weil es eher unüblich ist mit den Elementarereignissen zu rechnen, das ist hier nur fürs Verständnis gedacht), kannst du die Mengen immer auch über Verknüpfungen von A und B erzeugen und einsetzen:

$\begin{eqnarray*} {{a, b}} = A \cap B \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} {{a,\bar b}} = A \cap \bar B \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} {{\bar a, b}} = \bar A \cap B \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} {{\bar a,\bar b}} = \bar A \cap \bar B \end{eqnarray*}$

Das klappt aber NUR wenn deine Ereignisse A und B so definiert sind, wie hier also:
$\begin{eqnarray*} A = \{ \forall M \in \Sigma | a \in M \} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B = \{ \forall M \in \Sigma | b \in M \} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} C = \{ \forall M \in \Sigma | c \in M \} \end{eqnarray*}$
...
Was aber in vielen Fällen der Fall ist.
D.h. ein betrachtetes Ereignis entspricht dem eintreten eines Elementarereignisses ungeachtet dessen, ob andere Elementarereignisse auch eintreten oder nicht.

Gegenbeispiel:
Würfeln mit einem handelsüblichen Würfel mit 6 Seiten. Das Ereignis A sei definiert als: "Es wird eine Zahl kleiner als 4 gewürfelt". Das Ereignis B sei definiert als das Würfeln einer "1". Also:
A = {{1},{2},{3}}
B = {{1}}

In dem Fall wären die Elementarereignisse 1,2,3,4,5 und 6. Hier geht das dann nicht mehr so einfach...
Allerdings gilt trotzdem: P({{1},{2},{3}}) = P({{1}}) + P({{2}}) + P({{3}})

Wichtig (nochmal mit Gegenbeispiel, damit es klarer wird):
Du kannst nicht rechnen: $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A) + P(B) \end{eqnarray*}$ !!! Denn $\begin{eqnarray*} A \cap B = A \end{eqnarray*}$ und offensichtlich ist P(A) nicht gleich P(A) + P(B) in diesem Fall.... es sei denn P(B) wäre zufällig 0.

Was aber eben funktioniert ist:
P(A $\begin{eqnarray*} \cap \end{eqnarray*}$ B) = P({{1},{2},{3}} $\begin{eqnarray*} \cap \end{eqnarray*}$ {{1}}) = P({{1},{2},{3}}) = P(A) = P({{1}}) + P({{2}}) + P({{3}})

So, ich hoffe ich habe Dir etwas geholfen, besser mit den Rechnungen klar zu kommen und das alles zu verstehen, anstatt dich noch mehr zu verwirren...

26.07.2008, 02:57

tmo

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Zitat:

Original von SDwarfs
Einfacher wird es

Interessanter Post, aber einfacher? verwirrt

@sunmysky: Deine Ergebnisse sind richtig Freude

26.07.2008, 10:47

sunmysky

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Naja, verwirrend ist das schon ein wenig,aber einleuchtend!Wenn ich Zeit habe werde ich mich damit mehr beschäftigen und auch diese Nuß knacken. Ist auf jeden Fall mal eine detaillierte Erklärung Augenzwinkern

Dankeschön...

26.07.2008, 14:42

SDwarfs

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Zitat:

Original von tmo
Interessanter Post, aber einfacher? verwirrt

Nun, "einfacher" in dem Sinne das man es vielleicht besser versteht, das da eigentlich dasteht...

Mich persönlich stört ja immernoch, dass eigentlich ständig mit Mengen gerechnet wird, anstatt boolsche Algebra zu verwenden...

$\begin{eqnarray*} P(A \setminus B) = 0,2 \end{eqnarray*}$ ist nämlich nicht gerade sehr aussagekräftig.

Wohl aber:
$\begin{eqnarray*} P(A \cap \bar B) = 0,2 \end{eqnarray*}$ .

=== das folgende sind nur Ideen von mir, sunmysky... also bitte nicht daran orientieren!!! ===

Das dumme daran ist, dass man nicht dazu übergehen darf, generell Boolsche Algebra anzuwenden...

Ich fänd eine Schreibweise besser die z.B wie:
$\begin{eqnarray*} P(a \land \neg b) = 0,2 \end{eqnarray*}$
wäre.

Dazu würde dann ein Modell gehören, das durch die Menge der Elementarereignisse (in diesem Falle $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ {a,b} definiert ist) und:
$\begin{eqnarray*} P(X) = \sum p(x) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \{ x \in \Sigma | X \rightarrow x \} \end{eqnarray*}$ .

Wobei $\begin{eqnarray*} \Sigma \end{eqnarray*}$ eine Art Potenzmenge von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ist, aber definiert als die Menge aller Kombination, die den Wahrheitswert (wahr oder falsch) für jeweils alle Elementarereignisse eindeutig definieren. Im einfachsten Fall ist das eine $\begin{eqnarray*} \land \end{eqnarray*}$ -Verknüpfung aller Elemente aus $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ , jeweils mit oder ohne $\begin{eqnarray*} \neg \end{eqnarray*}$ und davon alle $\begin{eqnarray*} 2^{|\Omega|} \end{eqnarray*}$ Varianten.

In unserem Beispiel wäre das:
$\begin{eqnarray*} \Sigma = \{ \{ \neg a \land \neg b \}, \{ a \land \neg b \}, \{ \neg a \land b \}, \{ a \land b \} \} \end{eqnarray*}$

und p(x) einfach eine Abbildung von einem Element x aus $\begin{eqnarray*} \Sigma \end{eqnarray*}$ auf eine Wahrscheinlichkeit. Wobei die Summe aller p(x) mit $\begin{eqnarray*} x \in \Sigma \end{eqnarray*}$ als 1 definiert wäre. Und alle p(x) mit $\begin{eqnarray*} x \in \Sigma \end{eqnarray*}$ im Bereich Wertebereich [0,1] liegen (reele zahlen).

Das wäre zwar schwieriger zu definieren, aber man kann meiner Meinung nach sehr viel besser damit arbeiten. Zudem sind generell die Regeln der boolschen Algebra gültig.

26.07.2008, 15:04

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Zitat:

Original von SDwarfs
$\begin{eqnarray*} P(A \setminus B) = 0,2 \end{eqnarray*}$ ist nämlich nicht gerade sehr aussagekräftig.

Wohl aber:
$\begin{eqnarray*} P(A \cap \bar B) = 0,2 \end{eqnarray*}$ .

Ich halte beides für gleichermaßen aussagekräftig, und zwar innerhalb der Mengenlehre bzw. Maßtheorie.

Ansonsten frage ich mich (und vermutlich nicht nur ich), was du mit deinen episch breiten Beiträgen bezweckst? Einen "symbolischen Umbruch" der Wahscheinlichkeitsrechnung? Na, wenn's dir Spaß macht. smile

26.07.2008, 15:30

tmo

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Ansonsten frage ich mich (und vermutlich nicht nur ich), was du mit deinen episch breiten Beiträgen bezweckst? Einen "symbolischen Umbruch" der Wahscheinlichkeitsrechnung?

Dann hat er aber prominente Gegner:
„Aus dem Paradies, das Cantor uns geschaffen, soll uns niemand vertreiben können.“ (David Hilbert)

Big Laugh

Zitat:

Diese Aussage halte ich für sehr subjektiv Augenzwinkern

Weiterhin kommen mir die Ideen alle etwas spanisch vor. Welchen Sinn macht denn der Ausdruck $\begin{eqnarray*} a \wedge b \end{eqnarray*}$ , wenn a und b Elementarereignisse sind? Es kann doch nur ein Elementarereignis eintreten.

Die Behauptung

Zitat:

Original von SDwarfs
Es gibt in Deiner Aufgabel zwei Elementar-Ereignisse

ist auch haltlos. Wer sagt dir das? Das kann doch gar nicht sein. Man kann nämlich leicht zeigen, dass dann $\begin{eqnarray*} A = \Omega \end{eqnarray*}$ gelten würde, was im Widerspruch zu $\begin{eqnarray*} P(A \cup B) < 1 \end{eqnarray*}$ steht.

Man kann bei dieser Aufgabe außer einer unteren Schranke nichts über $\begin{eqnarray*} |\Omega| \end{eqnarray*}$ aussagen. Die Menge kann endlich sein, sie kann abzählbar sein, sie kann aber auch überabzählbar sein, etc...

Es ist ja lobenswert, dass du dir Gedanken machst und die mit uns teilen willst, aber vielleicht solltest du das nicht in solchen Threads tun, wo jemand nach Hilfe gefragt hat. Das kann doch den Threadersteller eigentlich nur verwirren, z.b. eben durch deine Art mit Elementarereignissen umzugehen. Wenn sunmysky deinen Beitrag einleuchtend fand, zeigt das doch nur, dass sie mit dem Begriff Elementarereignis, der ihr an der Uni/in der Schule beigebracht wurde, nicht wirklich viel anzufangen weiß, oder lügt Augenzwinkern

Du kannst ja gerne einen Diskussionsthread darüber eröffnen, vielleicht findest du ja Diskussionspartner smile

26.07.2008, 17:02

SDwarfs

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"Elementarereignisse" sind in diesem Falle anders definiert:

Ich meine in dem Falle mit a b zwei Ereignisse, die jeweils entweder eintreten können oder nicht (0 oder 1). Es können dabei Abhängigkeiten bestehen, aber die nicht in irgendeiner weise "zusammengesetzt" sind.

Beim einmaligen Würfeln mit einem 6-seitigen Würfel hätte man beispielsweise:
$\begin{eqnarray*} \Omega = \{a1,a2,a3,a4,a5,a6\} \end{eqnarray*}$

Jedes "Ereignis" also brav getrennt. Ich könnte es natürlich (wenn mich nur "6" oder "nicht 6" interessiert) auch reduzieren auf:
$\begin{eqnarray*} \Omega = \{ a \} \end{eqnarray*}$
wobei:
$\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ = ich habe eine 6 gewürfelt
$\begin{eqnarray*} \neg a \end{eqnarray*}$ = ich habe keine 6 gewürfelt

Wenn ich einmal würfle und bei einer "6" eine Münze werfe und mich _nur_ interessiert, ob ich eine "6" würfle oder nicht und ob ich "zahl" werfe oder nicht, wären es z.B:
$\begin{eqnarray*} \Omega = \{a,b\} \end{eqnarray*}$

Bei einem idealen Würfel und einer idealen Münze könnte ich sagen:
$\begin{eqnarray*} P(a) = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(\neg a) = \frac{5}{6} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(b|a) = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(b|\neg a) = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(\neg b|\neg a) = 0 \end{eqnarray*}$

die Abhängigkeit könnte ich darstellen mit:
$\begin{eqnarray*} \neg a \rightarrow \neg b \end{eqnarray*}$

Ich könnte es auch komplexer halten, indem ich alle "ausgeblendeten" Ereignisse mit aufführe und mit logischen Zusammenhängen in Verbindung setze: z.B. ich würfle und werfe ggf. danach eine Münze (wie bisher):

$\begin{eqnarray*} \Omega = {a_{1},a_{2},a_{3},a_{4},a_{5},a_{6},b_{1},b_{2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(a_{i}) = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i \in {1,2,3,4,5,6} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(b_{i} | a_{6}) = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i \in {1,2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(b_{i} | \neg a_{6}) = 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i \in {1,2} \end{eqnarray*}$

und:
$\begin{eqnarray*} 1 \leftrightarrow a_{1} \dot\lor a_{2} \dot\lor a_{3} \dot\lor a_{4} \dot\lor a_{5} \dot\lor a_{6} \end{eqnarray*}$ ... es tritt immer genau eines der Ereignisse $\begin{eqnarray*} a_{i} \end{eqnarray*}$ auf
$\begin{eqnarray*} a_{6} \leftrightarrow b_{1} \dot\lor b_{2} \end{eqnarray*}$ ... genau dann wenn eine 6 gewürfelt wurde, tritt immer auch genau eines der Ereignisse $\begin{eqnarray*} b_{i} \end{eqnarray*}$ auf)
$\begin{eqnarray*} \neg a_{6} \leftrightarrow \neg b_{0} \land \neg b_{1} \end{eqnarray*}$ ... genau dann wenn keine 6 gewürfelt wurde, tritt auch nie b_{0} oder b_{1} auf (es wird keine Münze geworfen)

Aber gut... das gehört nun wirklich nicht mehr in einen Thread, der anderen helfen soll, eine bestimmte Aufgabe zu lösen...

Und zu:

Zitat:

Es ist ja lobenswert, dass du dir Gedanken machst und die mit uns teilen willst, aber vielleicht solltest du das nicht in solchen Threads tun, wo jemand nach Hilfe gefragt hat. Das kann doch den Threadersteller eigentlich nur verwirren, z.b. eben durch deine Art mit Elementarereignissen umzugehen.

Dafür war ja auch das:

Zitat:

=== das folgende sind nur Ideen von mir, sunmysky... also bitte nicht daran orientieren!!! ===

gedacht.

Alle bisherigen Erklärungen waren meiner Meinung nach komplett konform mit der Art von Berechnungen gehen, wie sie einem in der Schule oder Uni beigebracht werden. Sprich entsprechend der Kolgomorov-Axiome:

http://de.wikipedia.org/wiki/Kolmogorov-Axiome

LG,
Stefan

PS: Wenn Du dazu die Möglichkeit hast, kannst Du ja diesen Thread in 2 Threads zerteilen... dann können wir dort weiter diskutieren ohne Leute zu stark zu verwirren...

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