Bedingte Wahrscheinlichkeiten

02.04.2014, 16:13

Tipso

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Bedingte Wahrscheinlichkeiten

Hallo,

Zitat:

In einer technischen Untersuchung werden an zufällig ausgewählten PKWs folgende Ereignisse erhoben: R = "PKW weist Rostschäden auf" und S = "PKW wird mit Markenprodukt XY gepflegt". Es stellt sich heraus, dass P(R)=0.41 und P(S)=0.63. Ausserdem ist P(R∩S)=0.22.Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass ein Fahrzeug ohne Rostschäden mit XY gepflegt wird.

Ich komm hier nicht weiter:

Autos ohne Rostschäden:

P(R)' = 0.59

Jetzt bräuchte ich doch aber noch: P(R'∩S)

Die Frage ist, wie bzw. woher erhalte ich dieses ..

02.04.2014, 16:18

adiutor62

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RE: Bedingte Wahrscheinlichkeiten
Vgl:

http://www.youtube.com/watch?v=3yChP-14_mQ

02.04.2014, 16:40

HAL 9000

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Zitat:

Original von Tipso
Jetzt bräuchte ich doch aber noch: P(R'∩S)

Ich nehme an, das soll $\begin{eqnarray*} P(R' \mid S) \end{eqnarray*}$ bedeuten, und ' kennzeichnet bei dir das Ereigniskomplement?

Nun, es ist ja $\begin{eqnarray*} P(R \mid S) \end{eqnarray*}$ gegeben... Augenzwinkern

Augenzwinkern

02.04.2014, 16:57

Tipso

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$\begin{eqnarray*} P(R \cap S) = 0.22 \end{eqnarray*}$

ges ist jetzt:

$\begin{eqnarray*} P(R' \cap S) = 0.88 \end{eqnarray*}$
verwirrt

verwirrt

ja, es bezeichnet die Wahrscheinlichkeit für kein Rost und geplfegt mit XY.

02.04.2014, 17:03

Tipso

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Was ich nicht verstehe ist, wie ich auf:

$\begin{eqnarray*} P(R \cap S) = 0.22 \end{eqnarray*}$

was ja gegeben ist.

Das müsste doch:

0.41 * 0.63 sein, ist es aber nicht .. verwirrt

verwirrt

02.04.2014, 17:28

HAL 9000

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Zitat:

Original von Tipso
$\begin{eqnarray*} P(R \cap S) = 0.22 \end{eqnarray*}$

was ja gegeben ist.

Aha! Also das bedeutet der Symbolsalat da oben.

Zitat:

Original von Tipso
Das müsste doch:

0.41 * 0.63 sein, ist es aber nicht .. verwirrt

verwirrt

Dasselbe NEIN!!! wie hier:

Wahrscheinlichkeitsrechnung (allgemein, ...)

Ich hoffe nicht, dass diese Unfugsmeinung "es gilt immer $\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B) \end{eqnarray*}$ " so in der Schule gelehrt wird.

P.S.: Es ist $\begin{eqnarray*} P(R'\cap S) = P(S)-P(R\cap S) \end{eqnarray*}$ , ggfs. machst du dir das an einem Venn-Diagramm klar.

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02.04.2014, 20:02

Tipso

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$\begin{eqnarray*} = P(S)-P(R\cap S)=.41 \end{eqnarray*}$

Mir ist nicht ganz klar warum : $\begin{eqnarray*} P(R'\cap S) = P(R) \end{eqnarray*}$
bzw. ob es nur ein Zufall ist, dass es dasselbe ist.

P(R') = 0.59

Eigentlich müsste : $\begin{eqnarray*} P(R'\cap S) \end{eqnarray*}$ das Ergebnis sein.
Kein Rostschaden + mit xy gepflegte Autos.

richtig ist hingegen:

$\begin{eqnarray*} \frac{P(R'\cap S)}{P(R')} = \frac{0.41}{0.59} = 0.6949 \end{eqnarray*}$

02.04.2014, 20:10

HAL 9000

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Zitat:

Original von Tipso
Mir ist nicht ganz klar warum : $\begin{eqnarray*} P(R'\cap S) = P(R) \end{eqnarray*}$
bzw. ob es nur ein Zufall ist, dass es dasselbe ist.

Es ist Zufall.

Von einzelnen konkreten Zahlenwerten auf irgendwelche inhaltliche Zusammenhänge schließen zu wollen, ist meist eine ganz schlechte Idee. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zitat:

Original von Tipso
richtig ist hingegen:

$\begin{eqnarray*} \frac{P(R'\cap S)}{P(R')} = \frac{0.41}{0.59} = 0.6949 \end{eqnarray*}$

Ja klar - die Formulierung

Zitat:

Original von Tipso
Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass ein Fahrzeug ohne Rostschäden mit XY gepflegt wird.

steht deutlich für die bedingte Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(S \mid R') \end{eqnarray*}$ .

Der Wert $\begin{eqnarray*} P(R' \cap S) \end{eqnarray*}$ steht hingegen für die Wahrscheinlichkeit, dass ein Fahrzeug keine Rostschäden hat und mit XY gepflegt wird - erkennst du die Feinheiten in der Formulierung?

02.04.2014, 20:32

Tipso

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Ganz erkennen tue ich es nicht bzw. schwer es mir vorzustellen.
Sehe aber, dass da ein gravierender Unterschied sein muss ..

02.04.2014, 21:03

HAL 9000

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Also ich weiß nicht, vielleicht brauchst du ein drastischeres inhaltliches Beispiel. Angeregt durch meinen parallelen Fernsehkonsum wähle ich mal folgendes:

Grundraum $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ enthalte alle Menschen auf der Welt, aus denen jetzt einer zufällig ausgewählt wird.

Ereignis $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ... der ausgewählte ist BVB-Fan

Ereignis $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ... der ausgewählte ist Dortmunder

Siehst du nun wirklich keinen Unterschied zwischen

Zitat:

$\begin{eqnarray*} P(A \cap B) \end{eqnarray*}$ ist die Wahrscheinlichkeit, dass er Dortmunder und zugleich BVB-Fan ist.

und

Zitat:

$\begin{eqnarray*} P(A \mid B) \end{eqnarray*}$ ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Dortmunder auch BVB-Fan ist.

Schätzungsweise dürfte $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) < 0.01% \end{eqnarray*}$ gelten (schon limitiert durch die Dortmunder Einwohnerzahl), während wohl selbst bei konservativer Schätzung $\begin{eqnarray*} P(A \mid B) > 10% \end{eqnarray*}$ gelten dürfte. Augenzwinkern

Augenzwinkern

02.04.2014, 21:10

Leopold

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Oder ein ausführliches Beispiel für Nichtfußballer.

Eine arbeitsfähige Person kann beschäftigt sein (Ereignis $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ) oder ohne Beschäftigung (Gegenereignis $\begin{eqnarray*} \bar{B} \end{eqnarray*}$ ). Eine arbeitsfähige Person kann männlich sein (Ereignis $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ) oder weiblich (Gegenereignis $\begin{eqnarray*} \bar{M} \end{eqnarray*}$ ).

Nehmen wir einmal das folgende fiktive Beispiel einer Vierfeldertafel mit $\begin{eqnarray*} 100 \end{eqnarray*}$ Personen:

$\begin{eqnarray*} \begin{matrix} & B & \bar{B} & \sum \\ M & 48 & 12 & 60 \\ \bar{M} & 30 & 10 & 40 \\ \sum & 78 & 22 & 100 \end{matrix} \end{eqnarray*}$

In den Zeilen siehst du die Männer (60 Personen) und die Frauen (40 Personen), in den Spalten die Beschäftigten (78 Personen) und die ohne Beschäftigung (22 Personen). So oder so sind es 100 Personen.
Bei den Männern sind 48 beschäftigt (Ereignis $\begin{eqnarray*} M \cap B \end{eqnarray*}$ ) und 12 ohne Beschäftigung (Ereignis $\begin{eqnarray*} M \cap \bar{B} \end{eqnarray*}$ ). Bei den Frauen sind 30 beschäftigt (Ereignis $\begin{eqnarray*} \bar{M} \cap B \end{eqnarray*}$ ) und 10 ohne Beschäftigung (Ereignis $\begin{eqnarray*} \bar{M} \cap \bar{B} \end{eqnarray*}$ ).

Du kannst jetzt aus den 100 Personen zufällig eine herausgreifen. Mit der Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(M \cap B) = \frac{48}{100} = 48 \, % \end{eqnarray*}$

wird das ein Mann mit Beschäftigung sein. Die Bezugsgröße sind die 100 Personen.

Du kannst aber auch nur aus den 60 Männern eine Person zufällig herausgreifen. Mit der Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(B|M) = \frac{48}{60} = 80 \, % \end{eqnarray*}$

geht dieser Mann einer Beschäftigung nach. Die Bezugsgröße sind also die 60 Männer.

Oder du wählst aus den 78 Beschäftigten eine zufällige Person. Mit der Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(M|B) = \frac{48}{78} \approx 61{,}5 \, % \end{eqnarray*}$

ist dieser Beschäftigte männlich. Die Bezugsgröße sind die 78 Beschäftigten.

Die bedingten Wahrscheinlichkeiten enstehen also durch einen Wechsel der Bezugsgröße. Verbal würde man das so ausdrücken:

Mit 48 % ist eine Person ein männlicher Beschäftigter.
Mit 80 % geht ein Mann einer Beschäftigung nach.
Mit 61,5 % ist eine Person mit Beschäftigung männlich.

Merkst du die sprachlichen Nuancen? Wichtig ist immer, daß man die Bezugsgröße erkennt.

02.04.2014, 21:52

Tipso

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Danke.

ps.
Dortmund ... unglücklich

unglücklich

02.04.2014, 23:45

Tipso

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Edit opi: Das Komplettzitat von Leopolds ausführlichen Beitrag habe ich entfernt.

Muss ich desöfteren üben ...

Ich weiß aber jetzt immer noch nicht, wie ich auf $\begin{eqnarray*} P(R \cap S) = 0.22 \end{eqnarray*}$ komme.
Es ist zwar gegeben aber wenn ich es den ausrechnen wollen würde ..

02.04.2014, 23:57

HAL 9000

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Zitat:

Original von Tipso
Ich weiß aber jetzt immer noch nicht, wie ich auf $\begin{eqnarray*} P(R \cap S) = 0.22 \end{eqnarray*}$ komme.
Es ist zwar gegeben aber wenn ich es den ausrechnen wollen würde ..

Erstaunt1

Es ist gegeben, weil es aus den anderen Daten allein nicht ausrechenbar ist.

03.04.2014, 00:26

Tipso

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Warum ist es nicht ausrechenbar?

03.04.2014, 08:26

HAL 9000

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Ein letztes Mal: Mit nur gegebenen $\begin{eqnarray*} P(R), P(S) \end{eqnarray*}$ und ohne weitere Information über diese Ereignisse ist $\begin{eqnarray*} P(R\cap S) \end{eqnarray*}$ nicht ausrechenbar - warum sollte es das sein?

Beispiel Würfel:

1) $\begin{eqnarray*} R=\{1,2,3\}, S=\{4,5,6\} \end{eqnarray*}$

Hier ist $\begin{eqnarray*} P(R)=P(S)=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(R\cap S)=0 \end{eqnarray*}$ .

2) $\begin{eqnarray*} R=\{1,2,3\}, S=\{2,3,4\} \end{eqnarray*}$

Hier ist auch $\begin{eqnarray*} P(R)=P(S)=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ , aber $\begin{eqnarray*} P(R\cap S)=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ .

Anders sieht die Lage aus, wenn wir die Zusatzinformation über die Unabhängigkeit haben. Aber gerade Unabhängigkeit von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ wäre bei der vorliegenden Sachaufgabe irgendwie sinnlos, und vor allem unangenehm für den Hersteller von XY: Es würde nämlich bedeuten, dass die Anwendung von XY keinen spürbaren Pflegeeffekt hätte, zumindest nicht in Bezug auf das Rostverhalten. Augenzwinkern

Augenzwinkern

P.S.: Bei gegebenen $\begin{eqnarray*} P(R), P(S) \end{eqnarray*}$ gibt es allenfalls die oberen und unteren Schranken

$\begin{eqnarray*} \max\{0,P(R)+P(S)-1\} \leq P(R\cap S) \leq \min\{ P(R),P(S) \} \end{eqnarray*}$ ,

aber die sind i.d.R. so grob, dass sie kaum zu gebrauchen sind. Im vorliegenden Fall mit $\begin{eqnarray*} P(R)=0.41,P(S)=0.63 \end{eqnarray*}$ liefern die die Aussage

$\begin{eqnarray*} 0.04 \leq P(R\cap S) \leq 0.41 \end{eqnarray*}$ ,

ein ziemlich breites Intervall an möglichen Wahrscheinlichkeitswerten.

03.04.2014, 09:22

Leopold

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@ HAL 9000 & andere Fachleute

Der Unabhängigkeitsbegriff für Ereignisse ist in der Tat problematisch. Denn es gibt ihn meiner Ansicht nach in zwei Ausprägungen.

1. in einem allgemeinen Sinn, vor der mathematischen Modellbildung

Ereignisse sind unabhängig, wenn sie "nichts miteinander zu tun haben", "sich nicht gegenseitig beeinflussen", "das Eintreten des einen Ereignisses mit dem Eintreten des anderen nicht zusammenhängt". Ich weiß nicht, wie ich das präziser formulieren soll.

2. im Sinne der mathematischen Wahrscheinlichkeitsrechnung

Man versucht, den Unabhängigkeitsbegriff aus 1. im Modell nachzubilden. Bei der Modellbildung wird in der Regel aber schon eingebaut, was man später als stochastische Unabhängigkeit wieder extrahiert. Das einfachste Beispiel sind die zwei fairen Würfel, die im Modell zu zwei Laplace-Würfeln werden. Nehmen wir die Ereignisse $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , daß der erste Würfel 6 zeigt, und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ , daß der zweite Würfel 1 oder 2 zeigt. Stellt man es wie in der Schule an einem Baum dar, in der ersten Stufe mit $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \bar{A} \end{eqnarray*}$ , in der zweiten mit $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \bar{B} \end{eqnarray*}$ , so stehen an den Ästen der zweiten Stufe "unabhängig" von dem, was in der ersten Stufe "voranging", dieselben bedingten Wahrscheinlichkeiten 1/3 bzw. 2/3. Die Unabhängigkeit im Sinne von 1. ist im Modell also nachgebildet worden.
Nimmt man nun die Definition der stochastischen Unabhängigkeit, so ist jetzt nachträglich $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ erfüllt. Es wäre ja auch eine schlechte Definition, wenn sie das im Modell nicht nachbildete, was man von ihr, von der realen Situation ausgehend, erwartet.

Dennoch trifft die Unabhängigkeit im Sinne von 2. die Unabhängigkeit im Sinne von 1. nicht völlig. Man kann ja leicht Modelle realer Situationen bilden, in denen $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ gilt, ohne daß auf den ersten, zweiten ... oder letzten Blick eine Unabhängigkeit im Sinne von 1. besteht.

[Es ist vielleicht ähnlich wie beim Ableitungsbegriff. Man hat eine Vorstellung, was Steigung, Tangente und so weiter bedeutet, und versucht, eine Definition zu geben, die diese vormathematische Vorstellung in der Mathematik verwirklicht. Jetzt hat man aber eine Definition und muß sich an die halten. Und auf einmal sind auch Funktionen differenzierbar (ich denke an gewisse oszillierende Funktionen), die man ursprünglich vielleicht nicht gerne bei den "glatten" Funktionen dabei gehabt hätte.]

In Aufgaben der Wahrscheinlichkeitsrechnung wird nun dauernd zwischen den beiden Unabhängigkeitsbegriffen hin und her gewechselt. Und ich glaube, daß da das eigentliche Problem für das Verständnis liegt. Daß dann $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ auch noch gerne als allgemeingültige Formel zur Berechnung einer Schnittwahrscheinlichkeit mißverstanden wird, komplettiert die Verwirrung. Aber rührt sie nicht im wesentlichen daher, daß $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ im vormathematischen 1. Sinn als "grundsätzlich" unabhängig aufgefaßt werden (es ist ja in vielen Beispielaufgaben so), so daß man irgendwann einmal die Definition der Unabhängigkeit als Berechnungsformel für Schnittwahrscheinlichkeiten auffaßt?

03.04.2014, 09:28

HAL 9000

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Ich sehe da kein großes Problem, und auch keine zwei Unabhängigkeitsbegriffe.

Es gibt Bedingungen, die hinreichend sind für stochastische Unabhängigkeit (in der Modellbildung Produktraum und -maß), das ist wohl das, was du mit 1. meinst. Aber sie sind eben nicht notwendig, wie etwa beim Würfelbeispiel $\begin{eqnarray*} R=\{1,2,3\},S=\{3,4\} \end{eqnarray*}$ zu sehen ist.

Die Schwierigkeit mag sein zu erkennen, ob 1. anwendbar ist. Und viele tendieren eben leider dahin, weil sie keine anderen Zusammenhänge erkennen, aus der Not heraus falscherweise 1. anzunehmen.

03.04.2014, 10:33

Tipso

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Jetzt wirds schon ein bisschen klarer.

$\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$

gilt bei völlig unabhängigen Wahrscheinlichkeiten.

Bei bedingten ist immer eine Wahrscheinlichkeit ja schon eingetreten ..
War wohl etwas spät Gestern, da das Dortmund und Einwohnerbeispiel hier sehr gut die Sachlage erklärt hat.

1) $\begin{eqnarray*} R=\{1,2,3\}, S=\{4,5,6\} \end{eqnarray*}$

Hier ist $\begin{eqnarray*} P(R)=P(S)=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(R\cap S)=0 \end{eqnarray*}$ .

Rein von der Logik klar.
Bei einem Wurf kannst nur 1,2,3,4,5,6 würfeln, demnach gibts keinen Fall, indem beide vorkommen.

Wie sieht der Rechenweg hier aus?

$\begin{eqnarray*} P(R\cap S)=\frac{1}{2}*0=0 \end{eqnarray*}$

Ergo:

Die gegebenen Wahrscheinlichkeit ist wohl von Statisten herausgefiltert worden. smile

smile

03.04.2014, 18:40

HAL 9000

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Zitat:

Original von Tipso
Rein von der Logik klar.
Bei einem Wurf kannst nur 1,2,3,4,5,6 würfeln, demnach gibts keinen Fall, indem beide vorkommen.

Wie sieht der Rechenweg hier aus?

$\begin{eqnarray*} P(R\cap S)=\frac{1}{2}*0=0 \end{eqnarray*}$

Naja, eher so: Aus $\begin{eqnarray*} R\cap S=\emptyset \end{eqnarray*}$ (d.h. disjunkt) folgt schlicht $\begin{eqnarray*} P(R\cap S) = P(\emptyset) = 0 \end{eqnarray*}$ .

Das $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ hat hier nichts zu suchen.

03.04.2014, 19:33

Dopap

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Zitat:

Original von Leopold

Ereignisse sind unabhängig, wenn sie "nichts miteinander zu tun haben", "sich nicht gegenseitig beeinflussen", "das Eintreten des einen Ereignisses mit dem Eintreten des anderen nicht zusammenhängt". Ich weiß nicht, wie ich das präziser formulieren soll.

solche Ereignisse heißen in der Relativitätstheorie raumartig, d.h. der vierdimensionale Abstand ist größer als die Lichtgeschwindigkeit. Augenzwinkern

Augenzwinkern

09.04.2014, 23:37

Tipso

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hm,

Leider schaffe ich auch mit der Vierfeldertafel diese Aufgabe nicht ..

P(a) = 0.69
P(b) = 0.26
$\begin{eqnarray*} P(a \cap b) = 0.07 \end{eqnarray*}$

Berechne: P(b/a')

Meine Basiswahrscheinlichkeit dafür müsste doch P(b) = 0.26 also die Bedingung.
a' = 31

Weiter weiß ich dennoch nicht.

10.04.2014, 08:20

HAL 9000

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Streng nach Definition der bedingten Wkt, sowie Summenregel für Vereinigung disjunkter Ereignisse:

$\begin{eqnarray*} P(B \mid A') = \frac{P(B\cap A')}{P(A')} = \frac{P(B)-P(B\cap A)}{1-P(A)} \end{eqnarray*}$

10.04.2014, 18:02

Tipso

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$\begin{eqnarray*} P(B \mid A') = \frac{P(B\cap A')}{P(A')} = \frac{P(B)-P(B\cap A)}{1-P(A)}= \frac{0.26-0.07}{1-0.69} = 0.63 \end{eqnarray*}$

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