Zufallsexperiment

26.10.2008, 12:18

alexandra88

Zufallsexperiment

Hallo,
ich habe seit kurzem Stochastik und war leider direkt die erste Woche krank und liege deswegen im Stoff noch etwas zurück. Trotzdem muss ich geraden einen Aufgabenzettel bearbeiten und habe dabei allerdings noch einige Probleme.
Wäre schön, wenn ihr mir dabei helfen könntet.

Es sei $\begin{eqnarray*} ( \Omega; p) \end{eqnarray*}$ ein diskretes Zufallsexperiment. Weiter seien $\begin{eqnarray*} E_1,E_2 und E_3 \end{eqnarray*}$ drei Ereignisse.
a) Beschreiben Sie die folgenden umgangssprachlich formulierten Ereignisse mengentheoretisch:
A entspricht Mindestens eines der Ereignisse tritt ein.
B entspricht Keines der Ereignisse tritt ein.
C entspricht Nur $\begin{eqnarray*} E_2 \end{eqnarray*}$ tritt ein.
D entspricht Genau eines der Ereignisse tritt ein.
(Konnte ich noch lösen)

b) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeiten der Ereignisse A, B und C für den Fall, dass
$\begin{eqnarray*} E_1 \subseteq (E_2 \cap E_3) und P(E_1) = 1/6 , P(E_2) = P(E_3) = 2/3 , P(E_2 \cap E_3) = 1/3 \end{eqnarray*}$ gilt.

Da weiß ich leider gar nicht, wie ich das berechnen soll.

26.10.2008, 12:54

tmo

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Es ist ja $\begin{eqnarray*} A = E_1 \cup E_2 \cup E_3 \end{eqnarray*}$

Es gilt $\begin{eqnarray*} E_1 \subseteq E_2 \cap E_3 \end{eqnarray*}$ , also auch $\begin{eqnarray*} E_1 \subseteq E_2 \cup E_3 \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt wiederum: $\begin{eqnarray*} E_1 \cup E_2 \cup E_3 = E_2 \cup E_3 \end{eqnarray*}$

Hast du jetzt eine Idee, wie du $\begin{eqnarray*} P(A) \end{eqnarray*}$ berechnen kannst?

26.10.2008, 13:07

alexandra88

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Danke erstmal für deine Antwort!

Zitat:

Original von tmo
Es gilt $\begin{eqnarray*} E_1 \subseteq E_2 \cap E_3 \end{eqnarray*}$ , also auch $\begin{eqnarray*} E_1 \subseteq E_2 \cup E_3 \end{eqnarray*}$ .

mh das ist doch beides das gleiche?!
Aber, wenn dieses gilt, dann müsste doch folgendes gelten:
$\begin{eqnarray*} P(A)=P(E_2 \cup E_3) = P(E_2) + P(E_3) - P(E_2 \cap E_3) = 2/3 + 2/3 - 1/3 = 3/3 = 1 \end{eqnarray*}$
Was ja Sinn machen würde. Ich versuch mich dann erstmal selbst an den restlichen und falls ich nochmal Hilfe benötige melde ich mich noch mal

26.10.2008, 13:20

tmo

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Zitat:

Original von alexandra88
Danke erstmal für deine Antwort!

Zitat:

Original von tmo
Es gilt $\begin{eqnarray*} E_1 \subseteq E_2 \cap E_3 \end{eqnarray*}$ , also auch $\begin{eqnarray*} E_1 \subseteq E_2 \cup E_3 \end{eqnarray*}$ .

mh das ist doch beides das gleiche?!

Dann schau noch mal genau hin Augenzwinkern

Zitat:

Original von alexandra88
Aber, wenn dieses gilt, dann müsste doch folgendes gelten:
$\begin{eqnarray*} P(A)=P(E_2 \cup E_3) = P(E_2) + P(E_3) - P(E_2 \cap E_3) = 2/3 + 2/3 - 1/3 = 3/3 = 1 \end{eqnarray*}$

Das ist richtig.

26.10.2008, 13:26

alexandra88

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oh klar, ist natürlich nicht das gleich! hab mich da verlesen.
kann ich dann für B dieses hier machen?
$\begin{eqnarray*} P(B) = 1 - P(B^c) = 1 - P(E_1 \cap E_2 \cap E_3) \end{eqnarray*}$
Aber keine Ahnung, wie ich dann weiterkommen soll.
Also wenn ich mind. einmal ziehe, tritt ja eines der Ereignisse ein, also müsste die Wkeit 0 betragen

26.10.2008, 13:31

tmo

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Du hast $\begin{eqnarray*} B^c \end{eqnarray*}$ falsch ausgedrückt.

Es ist $\begin{eqnarray*} B^c = E_1 \cup E_2 \cup E_3 \end{eqnarray*}$ . Damit ist es einfach.

Zitat:

Original von alexandra88
Also wenn ich mind. einmal ziehe, tritt ja eines der Ereignisse ein, also müsste die Wkeit 0 betragen

Das ist zwar richtig. Aber nur um sicher zu gehen, dass du es auch verstanden hast. Warum ist dies so?

edit: oben sollte es natürlich $\begin{eqnarray*} E_3 \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} B_3 \end{eqnarray*}$ lauten..

26.10.2008, 15:30

alexandra88

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B ist doch $\begin{eqnarray*} E_1^c \cap E_2^c \cap E_3^c \end{eqnarray*}$ oder? Wie komm ich dann auf diese Form von $\begin{eqnarray*} B^c \end{eqnarray*}$ ?

Warum dieses so ist? Ist doch logisch, wenn ich einmal ziehe, muss ja eines der Ereignisse eintreten oder denk ich jetzt gerade zu einfach/kompliziert?

26.10.2008, 15:36

tmo

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Zitat:

Original von alexandra88
B ist doch $\begin{eqnarray*} E_1^c \cap E_2^c \cap E_3^c \end{eqnarray*}$ oder? Wie komm ich dann auf diese Form von $\begin{eqnarray*} B^c \end{eqnarray*}$ ?

Es gilt für zwei Mengen A,B: $\begin{eqnarray*} A^c \cap B^c = (A \cup B)^c \end{eqnarray*}$

Kann man sich z.b. mit einem Mengendiagramm klarmachen.

Zitat:

Original von alexandra88
Warum dieses so ist? Ist doch logisch, wenn ich einmal ziehe, muss ja eines der Ereignisse eintreten oder denk ich jetzt gerade zu einfach/kompliziert?

Dacht ich mirs doch Augenzwinkern

Du verwechelst gerade Ereignis mit Ergebnis. Bei 3 beliebigen Ereignissen eines Zufallsexperiment kann man zunächst keine Aussage darüber treffen ob eins mit Sicherheit eintritt. Aber in diesem Fall hatten wir ja schon berechnet, dass $\begin{eqnarray*} P(E_1 \cup E_2 \cup E_3)=1 \end{eqnarray*}$ gilt.

26.10.2008, 16:31

alexandra88

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Ok, $\begin{eqnarray*} C = E_1^c \cap E_2^c \cap E_3^c \end{eqnarray*}$
Wie kann ich D denn einfach ausdrücken, hab das jetzt als Vereinigung dreier Mengen geschrieben, bei der ich dann jeweils zwei Ereignisse mit ^c geschrieben habe.
Bei uns im Skript steht was von nem Dreieck, aber das wird da nur bei 2 Ereignissen eingesetzt.

27.10.2008, 22:59

alexandra88

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$\begin{eqnarray*} C = E_1^c \cap E_2^ \cap E_3^c \end{eqnarray*}$
Aber da komm ich bei der Wkeit einfach nicht weiter.

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