Wahrscheinlichkeitsrechnung - Gruppenerhalt

29.12.2009, 17:47	max cat	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeitsrechnung - Gruppenerhalt Bei einem Sportevent gibt es 4 Mannschaften, von denen zwei sich für die nächste Gruppe qualifizieren. Die Wahrscheinlichkeiten für den Gruppenerhalt sind wie folgt: A: 0,75 B: 0,50 C: 0,40 D: 0,35 Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich sowohl Mannschaft A als auch Mannschaft B qualifiziert? Ich habe mir gedacht, dass diese Wahrscheinlichkeit so ergibt: P(A+B+nicht C+ nicht D)=0,750,50(1-0,40)*(1-0,35)~15% Ist diese Überlegung richtig? (Mir kommt das Ergebnis zu gering vor) .... kann mir bitte jemand sagen, wo mein Denkfehler liegt? Danke im Voraus
29.12.2009, 18:22	Symbolic	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich denke schon, dass deine Überlegung richtig ist aber ganz sicher bin ich mir nicht.
29.12.2009, 21:00	max cat	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe mir jetzt auch noch folgendes gedacht: Wenn alle vier Mannschaften die gleiche Wahrscheinlichkeit haben, unter den ersten zwei zu landen, wäre das ja: A bis D: je 0,50 Da es ja 6 Möglichkeiten gibt, dass sich zwei Teams den ersten und den zweiten Platz teilen (und es egal ist, welches Team den ersten bzw. zweiten Platz hat), wäre ja für jedes einzelne Ergebnis die Wahrscheinlichkeit gleich 1/6. Wenn ich aber so wie oben rechne, würde sich ergeben (z.B.) P(A+B+nicht C+nicht D)=0,500,500,500,50=1/16 ..... was ja nicht ganz sein kann... schwer verwirrt*
30.12.2009, 09:03	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Deine Bedenken sind voll zutreffend - du kannst nicht so rechnen, als wären $\begin{eqnarray} A,B,C,D \end{eqnarray}$ unabhängig, denn das sind sie nicht. Schon die Tatsache, dass genau zwei dieser Ereignisse eintreffen, macht sie stark abhängig. Aufgrund der eben genannten Tatsache ist folgende Vorgehensweise angebracht: Die 6 Ereignisse $\begin{eqnarray} A\cap B, \; A\cap C, \; A\cap D, \; B\cap C, \; B\cap D, \; C\cap D \end{eqnarray}$ bilden eine disjunkte Zerlegung des W-Raumes $\begin{eqnarray} \Omega \end{eqnarray}$ . Den Angaben der Aufgabe kann man mit $\begin{eqnarray} x_1:=P(A\cap B), \; x_2:=P(A\cap C), \; x_3:=P(A\cap D), \; x_4:=P(B\cap C), \; x_5:=P(B\cap D), \; x_6:=P(C\cap D) \end{eqnarray}$ zunächst nur das unterbestimmte Gleichungssystem $\begin{eqnarray} x_1 + x_2 + x_3 &=& 0.75 \\ x_1 + x_4 + x_5 &=& 0.50 \\ x_2 + x_4 + x_6 &=& 0.40 \\ x_3 + x_5 + x_6 &=& 0.35 \end{eqnarray}$ entlocken (die ebenfalls erforderliche Bedingung $\begin{eqnarray} \sum_{i=1}^6 x_i = 1 \end{eqnarray}$ ist durch die Summe dieser 4 Gleichungen bereits berücksichtigt). Dieses Gleichungssystem ist wie gesagt unterbestimmt (2 Freiheitsgrade) und hat deshalb unendlich viele Lösungen, auch für das gesuchte $\begin{eqnarray} x_1 \end{eqnarray}$ . Es fehlen daher weitere Informationen zum Sachverhalt, um eine eindeutige Antwort geben zu können.
30.12.2009, 10:40	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Lösungen des von Arthur angegebenen Gleichungssystems können unter den Nebenbedingungen $\begin{eqnarray} 0 \leq x_i \leq 1 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} 1 \leq i \leq 6 \end{eqnarray}$ mittels zweier reeller Parameter $\begin{eqnarray} \lambda,\mu \end{eqnarray}$ angegeben werden: $\begin{eqnarray} x_1 = \frac{1}{2} - ( \lambda + \mu ) \, , \ \ x_2 = \frac{3}{20} + \mu \, , \ \ x_3 = \frac{1}{10} + \lambda \, , \ \ x_4 = \lambda \, , \ \ x_5 = \mu \, , \ \ x_6 = \frac{1}{4} - ( \lambda + \mu ) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \text{mit} \ \ \lambda, \mu \geq 0 \ \ \text{und} \ \ \lambda + \mu \leq \frac{1}{4} \end{eqnarray}$ Immerhin sieht man: $\begin{eqnarray} \frac{1}{4} \leq x_1 \leq \frac{1}{2} \end{eqnarray}$
30.12.2009, 12:30	max cat	Auf diesen Beitrag antworten »
Zunächst einmal DANKE für eure Antworten ... Das ist ja faszinierend, dass diese Aufgabe so verzwickt ist. Wenn ich jetzt sehr vereinfacht annehme, dass die Wahrscheinlichkeit für den Gruppensieg jeweils die halbe Wahrscheinlichkeit vom Gruppenerhalt wären, also Wahrscheinlichkeit für Gruppensieg (und natürlich dann auch Gruppenzweiter) von A: 0,75:2 = 0,375 B: 0,25 C: 0,20 D: 0,175 könnte ich dann folgendermaßen rechnen? P(A und B) = P(A)P(B) + P(B)P(A) = 2P(B)P(A) ~19%. Wenn ich dies für alle möglichen Ereignisse mache, komme ich zusammen nicht auf 100% .... Vielen Dank, dass ich eure grauen Zellen nochmals bemühen darf
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