Unabhängige Ereignisse

01.12.2016, 12:02	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
Unabhängige Ereignisse wann sind 2 Ereignisse unabhängig? 1.) Nun im Realen würde ich sagen, das gilt wenn der Abstand raumartig und nicht zeitartig ist, wenn $\begin{eqnarray} d= \sqrt{x^2+(ict)^2}=\sqrt {x^2-c^2t^2}>0 \end{eqnarray}$ ist. z.B. um $\begin{eqnarray} 13^h 14' 00'' \end{eqnarray}$ fällt in China ein Sack Reis um, um $\begin{eqnarray} 13^h14'01'' \end{eqnarray}$ fällt im Meer der Ruhe die Flagge von Apollo 11 auch um. 2.) Aber nun weiter: Wenn das Ereignis "3" im Roulettkessel #1 passiert, dann hilft mir diese Information nichts, wenn beim Roulettkessel #2 - der gerade am Laufen ist - auf irgendwas gesetzt habe. Physische Abhängigkeit der Ereignisse kann man getrost ausschließen. 3.) die Ereignisse sind jetzt wie üblich Teilmengen der Ergebnismenge $\begin{eqnarray} \Omega =\{0,1,2, \cdots, 36\} \end{eqnarray}$ eines Rouletttisches. mein Freund setzt das cheval $\begin{eqnarray} C=\{3,6\} \end{eqnarray}$ } und und ich die Transversale pleine $\begin{eqnarray} T=\{1,2,3\} \end{eqnarray}$ . Aus Entfernung sehe ich etwas später wie er sich resigniert abwendet. Was ist nun aus meiner Chance auf 12 fache Auszahlung geworden?
01.12.2016, 13:55	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich bin ein wenig verwirrt: a) Nach der Vorrede 2) nehme ich an, du sprichst bei den beiden Ereignissen von 3) von verschiedenen Roulette-Tischen, also $\begin{align} C \end{align}$ an Tisch #1 und $\begin{align} T \end{align}$ an Tisch #2 ? b) Oder sprichst du von zwei Runden an ein- und demselben Tisch? c) Oder sprichst du von einer einzigen Runde am selben Tisch (und du beobachtest nur den Freund, statt direkt das Ergebnis)?
01.12.2016, 14:32	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
sorry , mein Fehler c.) ist richtig.
01.12.2016, 14:38	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Na da kann man doch ganz normal rechnen: Es ist $\begin{align} P(T) = \frac{3}{37} \end{align}$ , und im Vergleich dazu die bedingte Wahrscheinlichkeit nach erfolgter Beobachtung des Freundes $\begin{align} P(T\mid C^c) = \frac{P(T\cap C^c)}{P(C^c)} = \frac{P(\{1,2\})}{1-P(\{3,6\})} = \frac{2}{35} < \frac{3}{37} \end{align}$ , deine Chancen sind also gesunken.
01.12.2016, 15:35	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
entspricht der Erwartung, und wenn der Freund die Faust gereckt hätte dann gälte $\begin{align} P(T\mid C) = \frac{P(T\cap C)}{P(C)} = \frac{P(\{3\})}{P(\{3,6\})} = \frac{\frac {1}{37}}{\frac {2}{37}}=\frac 12 \geq \frac {3}{37} \end{align}$ auch gefühlt eine deutliche Verbesserung. Die Ereignisse sind nicht unabhängig. Irgendwie herrscht anscheinend immer ein gewisse Abhängigkeit vor. Überlegung zur Unabhängigkeit bei diesem Roulett-Zusammenhang: (ohne Grün) Ist mir nur das eingefallen : Mein Freund setzt auf Manque und ich auf Rouge jetzt kann sein Verhalten nichts an meinen Chancen ändern. Richtig? Allerdings hat sich auch $\begin{align} \Omega \end{align}$ verändert. Wie schreib' ich jetzt den Ereignisraum möglichst kurz ? Wäre $\begin{align} \Omega=\{1,2,3, ... , 36\}\times \{rot,schwarz\} \end{align}$ in Ordnung? edit: ist Käse, sind so dann ja 72 Elemente.
01.12.2016, 16:12	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Roulette-Ereignisse, die nur auf einer Runde basieren, sind immer abhängig - es sei denn, eines der beiden Ereignisse ist trivial (d.h. Wahrscheinlichkeit 0 oder 1). Das liegt daran, dass die Elementanzahl 37 des zugehörigen Laplaceraums eine Primzahl ist: Denn "A,B unabhängig" bedeutet dann wegen $\begin{align} P(A)=\frac{N_A}{37},P(B)=\frac{N_B}{37},P(A\cap B)=\frac{N_{A\cap B}}{37} \end{align}$ für die ganzen Zahlen $\begin{align} N_A,N_B,N_{A\cap B} \end{align}$ die Forderung $\begin{align} N_A\cdot N_B = 37\cdot N_{A\cap B} \end{align}$ . Damit muss entweder $\begin{align} 37\mid N_A \end{align}$ oder $\begin{align} 37\mid N_B \end{align}$ sein, was für das entsprechende Ereignis die o.g. Trivialität zur Folge hat. Anders sähe es aus, wenn keine "0" da wäre: 36 ist nicht prim, dort gibt es unabhängige nichttriviale Ereignisse.
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02.12.2016, 08:46	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
verstanden! Ohne Null wären z.b. A= das erste Drittel und B={12,15,18} unabhängig, denn $\begin{eqnarray} p(A)\cdot p(B)=\frac {1}{3}\cdot \frac {1}{12}=\frac {1}{36} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} p(A\cap B)= \frac {1}{36} \end{eqnarray}$ ,und so soll es auch sein. ---------------------------------------------------- oder A=erste Hälfte, B=erste Kolonne...
02.12.2016, 08:58	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Genau.

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