Ziehen einer Person Ws Buchstabe des Nachnamens

08.04.2014, 14:41

___NEMESIS___

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Ziehen einer Person Ws Buchstabe des Nachnamens

Beim zufälligen Ziehen einer Person aus einer bestimmten festgelegten Gruppe sei die Wahrscheinlichkeit, dass der Nachname mit einem der Buchstaben A-H beginnt gleich 1/2,die Wahrscheinlichkeit , dass der Nachname mit einem Buchstaben Q-Z beginnt sei gleich 1/3 und die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der Nachname der Person mit einem der Buchstaben A-S beginnt, sei gleich 5/6.

a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit beginnt der Nachname einer zufällig gezogenen Person aus der
Gruppe mit einem der Buchstaben I-P?

b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit beginnt der Nachname einer zufällig gezogenen Person aus der
Gruppe mit einem der Buchstaben Q-S?

Es werden nun unabhängig voneinander drei Personen ausgewählt, wobei Personen auch mehrfach ausgewählt werden können. Sei X die Zufallsvariable, die die Anzahl der ausgewählten Personen angibt, deren Nachname mit einem der Anfangsbuchstaben Q-Z beginnt.

c) Geben Sie die Verteilung von X an und spezifizieren Sie die zugehörigen Parameter
d) Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird genau eine Person mit dem Anfangsbuchstaben Q-Z
ausgewählt?
e) Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird mindestens eine Person mit dem Anfangsbuchstaben Q-Z
ausgewählt.

08.04.2014, 14:50

Math1986

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RE: Ziehen einer Person Ws Buchstabe des Nachnamens
Welche Ansätze hast du denn bisher?

In a) kannst du die gesuchte Menge bspw als Schnitt von [A:H] mit [Q:Z] darstellen.

08.04.2014, 14:51

___NEMESIS___

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Meine Lösungen: Vllt kann ja jemand mal drüber schauen.

a) 1- 1/2- 1/3 =1/6

b) P(A) * P (B) = 5/6*1/3 = 5/18

Für c, d, e bin ich mir nicht sicher. Es müsste doch ein Art Urnenmodell mit Zurücklegen sein, oder?

08.04.2014, 15:01

Math1986

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a) Ist richtig.

b) Stimmt so nicht, da musst du schon die Siebformel anwenden.

c) Zurücklegen ist schonmal richtig, steht da ja auch. Überleg dir nun, wie viele Personen mit Anfangsbuchstaben Q-Z du auswählen kannst, und wie groß jeweils die Wahrscheinlichkeit ist.

08.04.2014, 15:32

___NEMESIS___

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Danke für den Tipp , hier mein korrigiertes Ergebnis zu b):

P(A)+P (B)- [ P(A)*P(B)] = 5/6+ 1/3 - 5/18 = 8/9

Zu c):

Q-Z sind 10 Personen Wahrscheinlichkeit das eine dieser Zahlen gezogen wird: 1/3

Ich habe ehrlich gesagt keine Ahnung wie ich bei c vorgehen muss unglücklich

unglücklich

08.04.2014, 15:38

Math1986

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Zitat:

Original von ___NEMESIS___
Danke für den Tipp , hier mein korrigiertes Ergebnis zu b):

P(A)+P (B)- [ P(A)*P(B)] = 5/6+ 1/3 - 5/18 = 8/9

Schau dir doch nochmal die Siebformel an, das stimmt so nicht.

Zitat:

Original von ___NEMESIS___
Zu c):

Q-Z sind 10 Personen Wahrscheinlichkeit das eine dieser Zahlen gezogen wird: 1/3

Ich habe ehrlich gesagt keine Ahnung wie ich bei c vorgehen muss unglücklich

unglücklich

Wie hoch ist denn die Wahrscheinlichkeit, dass keine/einer/zwei dieser Namen mit Q-Z beginnt? Aus welche Verteilung führt dich das?

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08.04.2014, 15:54

HAL 9000

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Beiläufig bemerkt:

Zitat:

Original von ___NEMESIS___

b) P(A) * P (B) = 5/6*1/3 = 5/18

[...]

Danke für den Tipp , hier mein korrigiertes Ergebnis zu b):

P(A)+P (B)- [ P(A)*P(B)] = 5/6+ 1/3 - 5/18 = 8/9

Produkte wie P(A)*P(B) haben hier in der Rechnung nichts zu suchen, da hier bei diesen Ereignissen von Unabhängigkeit keine Rede sein kann, und somit $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) \stackrel{?}{=} P(A)\cdot P(B) \end{eqnarray*}$ hier nicht gilt.

08.04.2014, 16:10

Leopold

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Wie HAL 9000 schon bemerkt hat: Offenbar wird hier mit einer falschen Formel für $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) \end{eqnarray*}$ gearbeitet. Gleich vergessen! So eine Formel existiert nicht.

Und bitte nicht einfach irgendwelche Buchstaben für Ereignisse verwenden. Wir machen hier nicht "großes Ereignisraten". Diese Ereignisse sind vorher sauber zu definieren.

Und wie so oft sagt ein Bild mehr als tausend Worte ...

[attach]33862[/attach]

08.04.2014, 16:11

___NEMESIS___

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Mein neuer Ansatz:

C) Binominalverteilt Wahrscheinlichkeit der Buchstaben Q-Z: p=1/3
Anzahl der gesamten Buchstaben: n=26

P(X=0) = (26über 0) * 0,33^ 0*0,67^ 26
P(x=1)= (26 über 1) * 0,33^1* 0,67^25
P(x=2)= (26über 2 ) * 0,33^2*0,67^24
P(x=3)=(26über 3) * 0,33^3*0,67^23

Bei d) würde ich P(x=1) angeben
und bei e) die Summe von P(x=1) + P(x=2) +P(x=3)

Geht das so ?

08.04.2014, 16:12

Math1986

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Zitat:

Original von Leopold
Wie HAL 9000 schon bemerkt hat: Offenbar wird hier mit einer falschen Formel für $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) \end{eqnarray*}$ gearbeitet. Gleich vergessen! So eine Formel existiert nicht.

Naja, sie existiert schon, setzt aber voraus, dass die Ereignisse unabhängig sind, was sie hier offenbar nicht sind. Daher muss mit der Siebformel gearbeitet werden.

08.04.2014, 16:17

Math1986

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Zitat:

Original von ___NEMESIS___
Mein neuer Ansatz:

C) Binominalverteilt Wahrscheinlichkeit der Buchstaben Q-Z: p=1/3
Anzahl der gesamten Buchstaben: n=26

P(X=0) = (26über 0) * 0,33^ 0*0,67^ 26
P(x=1)= (26 über 1) * 0,33^1* 0,67^25
P(x=2)= (26über 2 ) * 0,33^2*0,67^24
P(x=3)=(26über 3) * 0,33^3*0,67^23

Die Anzahl der Buchstaben ist irrelevant, entscheidend ist die Anzahl der Personen die du auswählst, in diesem Falle 3.

d) und e) stimmen, wenn du obiges beachtest.

Und die b) ist immer noch nicht fertig.

08.04.2014, 16:21

Leopold

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Zitat:

Original von Math1986

Zitat:

Original von Leopold
Wie HAL 9000 schon bemerkt hat: Offenbar wird hier mit einer falschen Formel für $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) \end{eqnarray*}$ gearbeitet. Gleich vergessen! So eine Formel existiert nicht.

Naja, sie existiert schon, setzt aber voraus, dass die Ereignisse unabhängig sind, was sie hier offenbar nicht sind. Daher muss mit der Siebformel gearbeitet werden.

Und woher weiß man das, ob $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ unabhängig sind oder nicht?

Die Beziehung $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ ist die Definition der Unabhängigkeit und nicht eine Folge der "Unabhängigkeit"? Welcher "Unabhängigkeit" eigentlich? Wie wäre diese "Unabhängigkeit" definiert?

Hier werden zwei verschiedene Vorstellungen von Unabhängigkeit vermengt.

08.04.2014, 16:26

Math1986

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Zitat:

Original von Leopold

Und woher weiß man das, ob $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ unabhängig sind oder nicht?

Die Beziehung $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ ist die Definition der Unabhängigkeit und nicht eine Folge der "Unabhängigkeit"? Welcher "Unabhängigkeit" eigentlich? Wie wäre diese "Unabhängigkeit" definiert?

Zwei Ereignisse sind genau dann unabhängig, wenn $\begin{eqnarray*} P(A \mid B) = P(A) \end{eqnarray*}$ , das kann man sich auch noch vorstellen, bzw wird meist auch in der Aufgabenstellung gegeben, wo dann der Schüler eben genau diese Formel anwenden soll.

08.04.2014, 16:30

___NEMESIS___

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Zu b)

Wahrscheinlichkeit: von A-H = 1/2= 3/6
von I-P = 1/6
von T-Z= 1-5/6=1/6

Wahrscheinlichkeit von Q-R

1- ( 3/6 + 1/6+ 1/6) =1/6

08.04.2014, 16:34

Math1986

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Gemeint ist wohl Q-S, aber ja, so geht es auch. Dennoch solltest du dir die Siebformel und die Skizze von Leopold ansehen und verstehen.

08.04.2014, 16:36

Leopold

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Zitat:

Original von Math1986
Zwei Ereignisse sind genau dann unabhängig, wenn $\begin{eqnarray*} P(A \mid B) = P(A) \end{eqnarray*}$ , das kann man sich auch noch vorstellen, bzw wird meist auch in der Aufgabenstellung gegeben, wo dann der Schüler eben genau diese Formel anwenden soll.

Für $\begin{eqnarray*} P(B) \neq 0 \end{eqnarray*}$ sind $\begin{eqnarray*} P(A \mid B) = P(A) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ äquivalent - rein rechnerisch, ohne jeden inhaltlichen Bezug.

08.04.2014, 16:41

Math1986

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Zitat:

Original von Leopold
Für $\begin{eqnarray*} P(B) \neq 0 \end{eqnarray*}$ sind $\begin{eqnarray*} P(A \mid B) = P(A) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ äquivalent - rein rechnerisch, ohne jeden inhaltlichen Bezug.

Natürlich ist es äquivalent, wir reden hier ja über den selben Unabhängigkeitsbegriff, da müssen alle Definitionen zueinander äquivalent sein.

08.04.2014, 17:48

Leopold

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Nehmen wir zwei Laplace-Würfel und betrachten wir die Zufallsgrößen

$\begin{eqnarray*} X = \text{Augensumme} \, , \ \ Y = \text{Augenprodukt} \end{eqnarray*}$

sowie die Ereignisse

$\begin{eqnarray*} A = \left\{ X=4 \right\} , \ \ B = \left\{ 4 \leq Y \leq 9 \right\} \end{eqnarray*}$

Kannst du mir ein Kriterium nennen, mit dessen Hilfe ich entscheiden kann, ob ich nun $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ rechnen darf oder nicht?

10.04.2014, 16:21

Leopold

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@ Math1986

Hier warte ich noch auf Antwort.

10.04.2014, 16:43

HAL 9000

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Eigentlich hatte ich ja in dem bereits verlinkten Thread etwas dazu gesagt:

Es gibt unabhängige Ereignisse quasi "per Konstruktion", etwa wenn ein W-Maß $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ als Produkt-Maß $\begin{eqnarray*} P=P_1\otimes P_2 \end{eqnarray*}$ aus W-Räumen $\begin{eqnarray*} (\Omega_1,\mathcal{F}_1,P_1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (\Omega_2,\mathcal{F}_2,P_2) \end{eqnarray*}$ erscheint, und man als Ereignisse

$\begin{eqnarray*} A = A_1\times \Omega_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B = \Omega_1 \times B_2 \end{eqnarray*}$

hat, dann ist schon per Konstruktion $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) = P(A_1\times B_2) = P_1(A_1)\cdot P_2(B_2) = P(A)\cdot P(B) \end{eqnarray*}$ , sowas tritt z.B. beim zweimalen Würfelwurf auf, wenn $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ nur von der Augenzahl des ersten und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ nur von der Augenzahl des zweiten Wurfs abhängt.

Kann so vorkommen, muss aber nicht: Es gibt eben auch Ereignisse $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ ohne solchen Hintergrund, die dennoch aufgrund der Datenlage $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B) \end{eqnarray*}$ ergeben (ich hüte mich davor zu sagen: "zufällig ergibt sich das", denn zufällig ist es nun nicht - sagen wir eher: sauber abgezählt Augenzwinkern

Augenzwinkern

), wie eben in deinem letzten Beispiel. Ich sehe nun aber keinen Sinn darin, bei Aussagen über unabhängige Ereignisse einen Unterschied zu machen, ob die Unabhängigkeit nun auf der einen oder anderen Ursache basiert - warum auch.

11.04.2014, 15:46

Leopold

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Mir geht es um die zwei Unabhängigkeitsbegriffe

i) vor der mathematischen Modellbildung
ii) im mathematischen Modell

Bei ii) sind wir uns schnell einig. Wie das definiert ist, kann man in jedem Anfängerbuch zur Wahrscheinlichkeitsrechnung nachlesen. Und natürlich sind $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ aus meinem vorletzten Beitrag in diesem Sinn unabhängig.
Aber mit "Unabhängigkeit" verbindet man nicht nur eine mathematische Definition, sondern auch eine Vorstellung von "gegenseitigem Nichtbeeinflussen", sozusagen außerhalb des mathematischen Modells. Viele Aufgaben der Wahrscheinlichkeitsrechnung in der Schulmathematik, aber nicht nur dort, beschreiben eine reale Situation. Vom Aufgabensteller wird nun erwartet, daß er diese Situation in ein mathematisches Modell überführt, dort irgendwelche Dinge ausrechnet und sie wieder für die Realität interpretiert. Und die Hauptschwierigkeit ist: Wie komme ich zum mathematischen Modell? Und ist mein mathematisches Modell richtig? Vor allem die letzte Frage kann meiner Ansicht nach nicht innermathematisch entschieden werden, sondern nur durch den "gesunden Menschenverstand".
Würfeln wir mit zwei fairen äußerlich völlig gleichen Würfeln. Was wir sehen können, sind die ungeordneten Augenpaare

11,12,13,14,15,16,22,23,24,25,26,33,34,35,36,44,45,46,55,56,66

Und nicht nur dumme Leute sagen erst einmal, für die 21 Ausgänge die Laplace-Annahme verwendend: Die Wahrscheinlichkeit, einen Pasch zu würfeln, ist $\begin{eqnarray*} \frac{6}{21} \end{eqnarray*}$ . Innerhalb des Modells haben sie völlig richtig gerechnet. Aber sie haben das "falsche" Modell. Es gibt jedoch keine Regel der Wahrscheinlichkeitsrechnung, mit der man das beweisen könnte. Man kann nur an die "Vernunft" (was ist denn das schon wieder!) appellieren, daß man die Würfel gedanklich unterscheiden muß, auch wenn man sie optisch nicht unterscheiden kann.
Beim "richtigen" Modell unterscheidet man 12 und 21 und so weiter. Man kommt auf die 36 Ausgänge des "richtigen" Laplace-Modells, die auf den von dir angeführten Produktraum hinauslaufen. Und in diesen Produktraum ist die "Unabhängigkeit" Nr. i) als Unabhängigkeit Nr. ii) bereits eingebaut.
Die innerhalb des mathematischen Modells durch $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ definierte Unabhängigkeit Nr. ii) trifft in meinem Augensumme/Augenprodukt-Beispiel zu, obwohl die Unabhängigkeit Nr. i) nicht erkennbar ist, jedenfalls nicht auf den ersten Blick (und auf den zweiten?).
Bei Aufgaben zur Wahrscheinlichkeitsrechnung wird nun dauernd zwischen den Unabhängigkeitsbegriffen Nr. i) und Nr. ii) hin- und hergesprungen. Viele fassen dann irgendwann einmal $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ als allgemeingültige Formel zur Berechnung einer Schnittwahrscheinlichkeit auf, obwohl sie nur anwendbar ist, wenn die Unabhängigkeit Nr. i) von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ als Unabhängigkeit Nr. ii) schon ins Modell eingebaut ist, wie du das je selbst hervorgehoben hast (Produktraum). Letztlich bleibt die Formel eine Definition der Unabhängigkeit und ist keine Berechnungsformel für Schnittwahrscheinlichkeiten unter der Voraussetzung der Unabhängigkeit (welcher Unabhängigkeit auch!). Das ist vermutlich der Grund, warum mir Math1986 bis jetzt noch nicht geantwortet hat.
Ganz anders steht es bei dem viel einfacheren Begriff der Unvereinbarkeit. Die Unvereinbarkeit wird allein mengentheoretisch als die Disjunktheit zweier Mengen definiert. Die Formel $\begin{eqnarray*} P(A \cup B) = P(A) + P(B) \end{eqnarray*}$ ist dann keine Definition der Unvereinbarkeit, sondern eine Berechnungsformel unter der Voraussetzung der Unvereinbarkeit. Gegen die fehlerhafte Analogie $\begin{eqnarray*} (\cup,+,\text{Unvereinbarkeit}) \leftrightarrow (\cap,\cdot,\text{Unabhängigkeit}) \end{eqnarray*}$ muß man sich bewußt wehren. Sie drängt sich dem Anfänger schnell auf. Und da gewisse Leute sowieso gerne Voraussetzungen, unter denen eine Formel gilt, als unwesentlich beiseite lassen, fassen sie das eine als eine Berechnungsformel für die Vereinigung, das andere als eine für den Schnitt auf.

11.04.2014, 17:13

HAL 9000

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Ich hab inzwischen fast vergessen, warum die Diskussion vom Zaun gebrochen wurde:

Es gibt eben stochastischen Unabhängigkeit von Ereignissen, die sich aus der Modellbildung heraus ergibt (Produktraum usw.). In allen anderen Fällen sollte man bei Berechnungen nicht von vornherein von ihr ausgehen - wenn sie sich im Einzelfall dann dennoch ergibt (wie in dem Beispiel mit Augensumme und -produkt): Ok, wo ist da das Problem? Die Durchschnittswahrscheinlichkeit musste dennoch auf herkömmliche Weise durch die Betrachtung der für den Durchschnitt günstigen Elementarereignisse vorgenommen werden, d.h. das was immer klappt, auch bei fehlender Vorab-Kenntnis der Unabhängigkeit.

Wenn dir (oder anderen) allerdings bei dem Gedanken unwohl ist, dass man die dermaßen definierte stochastische Unabhängigkeit den Ereignissen nicht in jedem Fall sofort ohne Rechnung ansieht: Pech gehabt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

11.04.2014, 18:16

Leopold

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Unwohl ist mir gar nicht. Ich versuche nur, um Verständnis zu werben für Leute, die das andauernde Hin und Her in der Wahrscheinlichkeitsrechnung zwischen zwei unterschiedlichen, aber miteinander zusammenhängenden Unabhängigkeitsbegriffen nicht richtig begreifen und in ihrer Hilflosigkeit zu vereinfachenden und falschen Formeln Zuflucht nehmen. In deiner Argumentation bist du gleich im mathematischen Modell. Da sehe ich alles genau so wie du.

Übrigens. Das Ganze begann mit einer Bemerkung von Math1986:

Naja, sie (Bem. die Formel für die Definition der Unabhängigkeit) existiert schon, setzt aber voraus, dass die Ereignisse unabhängig sind, was sie hier offenbar nicht sind.

Findest du nicht, daß sich das so anhört, als gäbe es irgendeinen Unabhängigkeitsbegriff, nach dem man im Modell (!) entscheiden könnte, ob zwei Ereignisse unabhängig sind, und zwar nicht den der besagten Formel?

11.04.2014, 18:33

Math1986

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Zitat:

Original von Leopold
Übrigens. Das Ganze begann mit einer Bemerkung von Math1986:

Naja, sie (Bem. die Formel für die Definition der Unabhängigkeit) existiert schon, setzt aber voraus, dass die Ereignisse unabhängig sind, was sie hier offenbar nicht sind.

Findest du nicht, daß sich das so anhört, als gäbe es irgendeinen Unabhängigkeitsbegriff, nach dem man im Modell (!) entscheiden könnte, ob zwei Ereignisse unabhängig sind, und zwar nicht den der besagten Formel?

Kann ich ja bei einigen Modellen so machen:

Ich greife das Beispiel von HAL9000 nochmals auf:

Zitat:

Es gibt unabhängige Ereignisse quasi "per Konstruktion", etwa wenn ein W-Maß $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ als Produkt-Maß $\begin{eqnarray*} P=P_1\otimes P_2 \end{eqnarray*}$ aus W-Räumen $\begin{eqnarray*} (\Omega_1,\mathcal{F}_1,P_1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (\Omega_2,\mathcal{F}_2,P_2) \end{eqnarray*}$ erscheint, und man als Ereignisse

$\begin{eqnarray*} A = A_1\times \Omega_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B = \Omega_1 \times B_2 \end{eqnarray*}$

hat, dann ist schon per Konstruktion $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) = P(A_1\times B_2) = P_1(A_1)\cdot P_2(B_2) = P(A)\cdot P(B) \end{eqnarray*}$ , sowas tritt z.B. beim zweimalen Würfelwurf auf, wenn $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ nur von der Augenzahl des ersten und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ nur von der Augenzahl des zweiten Wurfs abhängt.

Beispiel Produktraum, mehrfaches Ziehen aus einer Urne mit Zurücklegen (mit einer roten und einer blauen Kugel meinetwegen): Hier kann ich anhand des Modelles davon ausgehen, dass die einzelnen Züge voneinander unabhängig sind. Das ist eine völlig intuitive Herangehensweise ohne mathematische Definition. Beim zweiten Zug sind genau die selben Kugeln in der Urne wie beim ersten Zug, also wird der erste Zug den zweiten schon nicht beeinflussen.

Wenn ich also die Wahrscheinlichkeit wissen möchte, zweimal hintereinander eine rote Kugel zu ziehen, muss ich also die oben genannte Formel (die nach deiner Auffassung "nicht existiert") anwenden.

Natürlich ist das nicht bei jedem Modell gegeben und auch nicht auf den ersten Blick erkennbar, dann darf man diese Formel auch nicht verwenden, aber es gibt durchaus Modelle wo die Anwendung dieser Formel intuitiv klar ist.

11.04.2014, 18:54

Leopold

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Alles gegessen. Wie schon mehrmals betont, sehe ich das genau so. Aber in deiner Stellungnahme ging es um etwas anderes.

Zitat:

Original von Math1986

Zitat:

Original von Leopold
Wie HAL 9000 schon bemerkt hat: Offenbar wird hier mit einer falschen Formel für $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) \end{eqnarray*}$ gearbeitet. Gleich vergessen! So eine Formel existiert nicht.

Naja, sie existiert schon, setzt aber voraus, dass die Ereignisse unabhängig sind, was sie hier offenbar nicht sind. Daher muss mit der Siebformel gearbeitet werden.

Du behauptetest, die Ereignisse der ___NEMESIS___ -Aufgabe seien offenbar (!) nicht unabhängig. Wie aber hättest du dies denn anders sehen können, als daß du die Formel $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ durch direktes Berechnen der drei Wahrscheinlichkeiten überprüft und sie als falsch nachgewiesen hättest, nur um dann zu sagen, daß sie jetzt wegen der Nichtunabhängigkeit nicht anwendbar sei.
Da beißt sich doch die Katze in den Schwanz.

Ich höre da halt doch so etwas heraus wie einen andern Unabhängigkeitsbegriff, das, was ich in meinem ausführlichen Beitrag vorher als Nr. i) bezeichnet habe.
Aber vielleicht einigen wir uns auf die folgende Interpretation deines Satzes:

Naja, sie existiert schon, setzt aber voraus, dass die Ereignisse unabhängig sind, was sie hier offenbar nicht sind. Daher muss mit der Siebformel gearbeitet werden.

zu interpretieren als

Naja, sie existiert schon. Um sie aber anwenden zu können, muß von vorneherein klar sein, daß die Ereignisse unabhängig sind. Da wir das aber hier nicht unmittelbar entscheiden können, sind wir nicht berechtigt, diese Formel anzuwenden.

11.04.2014, 19:12

HAL 9000

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Na auf diesen letzteren Satz kann man sich doch einigen. Freude

Freude

11.04.2014, 19:12

Math1986

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Genau so war das auch gemeint. Ich habe mich nur an dem Satz "So eine Formel existiert nicht." gestört, da sie in den Fällen, in denen klar ist, dass die Ereignisse unabhängig sind, wie in dem Beispiel von mir oben, eben durchaus anwendbar ist. Insofern "existiert" die Formel in diesen "speziellen" Fällen durchaus.

11.04.2014, 19:16

Leopold

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Friede, Freude, Eierkuchen ...
Jetzt kann Ostern kommen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

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