Abhängigkeit = unlogisch

01.04.2008, 19:02

twiZy

Abhängigkeit = unlogisch

in meinem buch gibt es folgende aufgabe:

Es werden 2 ideale unterscheidbare Würfel geworfen.

Ereignis 1 (E1) -> Der 1. Würfel soll eine 1 zeigen.
Ereignis 2 (E2) -> Die Augensumme soll 7 betragen.
Ereignis 3 (E3) -> Das Augenprodukt soll 6 betragen.
Lösung:

E1 = { 11; 12; 13; 14; 15; 16 }
E2 = { 16; 61; 25; 52; 34; 43 }
E3 = { 16; 61; 23; 32 }

Abhängigkeit von E1 und E2 soll untersucht werden.

E1 = 6/36 = 1/6
E2 = 6/36 = 1/6

E1 geschnitten E2 = { 16 }
P(E1 geschnitten E2) = 1/36

1/6*1/6 = 1/36 -> unabhängig

das is doch totall unlogisch. die wahrscheinlichkeit wird doch bei E2 von 6/36 auf 2/36 gesenkt. also beeinflusst ja E1 E2.
und jetzt wirds noch verrückter Augenzwinkern

Abhängigkeit von E2 und E3 soll untersucht werden.

E2 = 6/36 = 1/6
E3 = 4/36 = 1/9

E2 geschnitten E3 = { 16, 61 }
P(E2 geschnitten E3) = 2/36

1/9 * 1/6 ungleich 2/36 -> abhängig

E2 beeinflusst E3 auch. aber hier ist es abhängig.

für mich total unlogisch. habt ihr ne ahnung wie man das logisch erklären kann?

01.04.2008, 21:08

tigerbine

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RE: Abhängigkeit = unlogisch
Erstmal ein wenig Formalismus. Stochastische Unabhängigkeit von zwei Ereignissen A und B:

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

Nun bleibt nichts mehr zu tun, als die Definition zu überprüfen. Hier werden wir die Wahrscheinlichkeiten über die Anzahl der günstigen durch die Gesamtanzahl der Fälle berechnet. (Du hast am Anfang das P vergessen. Augenzwinkern

)

$\begin{eqnarray*} P(E_1)=\frac{6}{36} = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(E_2)=\frac{6}{36} = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(E_3)=\frac{4}{36} = \frac{1}{9} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(E_1 \cap E_2)=\frac{1}{36} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(E_1 \cap E_2)=\frac{2}{36} = \frac{1}{18} \end{eqnarray*}$

Was Du nun mit deinem beeinflussen meinst, verstehe ich nicht. Der erste Fall erfüllt obige Gleichung, der zweite nicht. Interessanter wäre dann wohl eher die Frage, warum man allgemein obige Definition gewählt hat.

01.04.2008, 21:31

twiZy

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E1 ist von E2 unabhängig ( laut rechnung )

was ist unabhängigkeit. ich denke in der stochastik bedeutet es dass das erste ereignis keinerlei einfluss auf die wahrscheinlichkeit des 2ten ereignisses hat.
und das is das was ich an dieser aufgabe nicht verstehe.

nochmal zum ersten vergleich also E1 und E2

wenn das ereignis 1 eintritt so verändert sich die wahrscheinlichkeit des 2ten ereignisses.

Ereignis 1 (E1) -> Der 1. Würfel soll eine 1 zeigen.
E1 = { 11; 12; 13; 14; 15; 16 }
$\begin{eqnarray*} P(E_1)=\frac{6}{36} = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

Ereignis 2 (E2) -> Die Augensumme soll 7 betragen.
E2 = { 16; 61; 25; 52; 34; 43 }
$\begin{eqnarray*} P(E_2)=\frac{6}{36} = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

wenn jetzt ereignis 1 eintritt so verändert sich der ergebnissraum von ereignis 2.
er würde lauten
E2 = { 16 }

so beträgt die wahrscheinlichkeit des 2ten ereignisses 1/36 und nicht mehr 1/6.
als beeinflusst E1 E2.
und dass ist was ich unlogisch an der rechnung finde

01.04.2008, 21:39

tigerbine

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Das ist das Problem an der Stochastik. Es wird zu viel "interpretiert". Gehen wir mal einen anderen Weg, der auch im link angesprochen wird. Bedingte Wahrscheinlichkeiten. Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} P(A|B)=P(A) \Leftrightarrow \text{ A und B sind stoch. unabhängig } \end{eqnarray*}$

Also wir wissen schon:

$\begin{eqnarray*} P(E_1)=\frac{6}{36} = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

Nun soll $\begin{eqnarray*} E_2 \end{eqnarray*}$ eingetreten sein. Mit welcher WS tritt dann auch $\begin{eqnarray*} E_1 \end{eqnarray*}$ ein?

$\begin{eqnarray*} P(E_1|E_2) = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

Daher unabhängig. Augenzwinkern

01.04.2008, 22:11

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Zitat:

Original von twiZy
das is doch totall unlogisch. die wahrscheinlichkeit wird doch bei E2 von 6/36 auf 2/36 gesenkt. also beeinflusst ja E1 E2.

???

Stochastische Unabhängigkeit ist klar definiert, wie es tigerbine ausgeführt hat. Das und nur das ist maßgeblich - andere nebulöse Kriterien wie

"Ereignis B wird irgendwie aus Ereignis A gebildet, also sind beide abhängig"

gibt es nicht. Falls du sowas im Sinn hast, schlag es dir besser aus dem Kopf.

02.04.2008, 05:25

Zellerli

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Hui ui ui... klare, aber harte Worte Augenzwinkern

Das gibt vielleicht nen ekligen Teufelskreis oder ne Denkblockade oder so, also versuch ichs nochmal anschaulich:
Die Formeln hast du ja schon von tigerbine ausführlich erläutert bekommen.

Ich denke du meinst mit "beeinflussen", dass man erstmal denkt:
Die Augensumme beider Würfe ist nicht unabhängig vom ersten Wurf.

Aber jetzt schau dir mal diesen speziellen Fall an:
Die Augensumme soll 7 betragen. Die 7 ist in sofern was besonderes, weil die Summe immer noch nach dem ersten Wurf erreicht werden kann, egal was der Würfel zeigt. Im Grunde kann man sich die Wahrscheinlichkeit für eine 7er Summe auch so herleiten:
1. Wurf: egal - 6 günstige Ergebnisse
2. Wurf: genau die Augenzahl die man noch braucht - 1 günstiges Ergebnis

Macht dann unterm Strich mit Laplace:

$\begin{eqnarray*} P(\text{Summe}=7)=\frac{1\cdot6}{6\cdot6}=\frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

Ich hoffe, dass man hier anschaulich erkennt, dass das Ereignis "Summe=7" unabhägig vom ersten Wurf ist.

Jetzt heißt es, dass der erste Würfel 1 zeigen soll. Gut, dann brauchen wir eben die 6 im zweiten Wurf. Macht eine Wahrscheinlichkeit von $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ .

Und für dein Bedenken, dass vermutlich auf die in der Regel vorhandene Abhängigkeit der Augensumme vom ersten Wurf abzielt, gebe ich dir noch folgende Beispiele:

Erster Wurf 1 Augensumme 8
Erster Wurf 3 Augensumme 2
Das sind Extrembeispiele die zeigen, dass die bedingte Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P_a(b) \end{eqnarray*}$ , eine Augensumme b zu erzielen unter der Bedingung einer Augenzahl a im ersten Wurf, nicht immer der Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(b) \end{eqnarray*}$ , lediglich die Augensumme b zu erzielen, gleicht.
In unserem Fall mit a=1 und b=7 ist es aber so. Tanzen

02.04.2008, 10:05

tigerbine

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Naja, besser harte Worte am Anfang als am Ende eines falschen Weges. Gerade in der Stochastik sollte man sich bei solchen Fragen strikt an die Definition halten. Zu leicht lassen sich Beispiele und falsche Argumentationen mit Worten konstruieren, ich verweise mal auf das Ziegenproblem. Augenzwinkern

Warum hat man aber 2 Ereignissen mit obiger Eigenschaft (i.A. geht das auch mit mehreren) diesen Namen gegeben? Weil hier die Wahrscheinlichkeit von A nicht durch B beeinflusst wird. Denn P(A) ist genauso groß, wie P(A|B), d.h. unter der Bedingung, dass B eingetroffen ist.

02.04.2008, 14:09

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Ich verweise mal auf ein anderes Beispiel, wo man sich durch nur "beschreibende Kriterien" leicht hinsichtlich Abhängigkeit/Unabhängigkeit täuschen kann:

Seien $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_2 \end{eqnarray*}$ die Augenzahlen zweier aufeinander folgender Würfe mit einem normalen ungezinkten Würfel, sowie $\begin{eqnarray*} Y=X_1+X_2 \end{eqnarray*}$ deren Summe. Dann sind $\begin{eqnarray*} X_1,X_2 \end{eqnarray*}$ unabhängig, aber $\begin{eqnarray*} X_1,Y \end{eqnarray*}$ abhängig - ebenso natürlich auch $\begin{eqnarray*} X_2,Y \end{eqnarray*}$ , wie eine leichte Rechnung ergibt.

Betrachtet man hingegen die daraus abgeleiteten Ereignisse

$\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ ... Augenzahl $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ ist gerade
$\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ ... Augenzahl $\begin{eqnarray*} X_2 \end{eqnarray*}$ ist gerade
$\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ... Augenzahlsumme $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ ist gerade

so sind $\begin{eqnarray*} A_1,A_2,B \end{eqnarray*}$ jeweils paarweise unabhängig, jedoch nicht in der Gesamtheit aller drei Ereignisse unabhängig!

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