Wahrscheinlichkeit bestimmen - Seite 2

30.09.2011, 14:19

René Gruber

So in etwa. Oder mal plakativ formuliert: Der Zufall sagt nicht

"Ok, ich nehme mir alle $\begin{eqnarray*} \binom{3+6-1}{6}= 28 \end{eqnarray*}$ möglichen ungeordneten 6er-Auswahlen (mit Wiederholung) aus {B,C,D} vor und wähle aus denen gleichwahrscheinlich aus."

Sondern er sagt

"Jede einzelne der 6 ausgewählten Teile wird gleichberechtigt (also zu je 1/3) und unabhängig voneinander aus {B,C,D} ausgewählt".

Und das führt in der Kombination zwangsläufig zum Laplace-Modell mit Berücksichtigung der Reihenfolge.

30.09.2011, 14:23

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Darf ich noch eine letzte (wahrscheinlich blöde) Frage stellen?

Wieso kommt denn beim dreimaligen Würfelwurf, wenn sich (3,3,3) ergibt, bei geordneten und ungeordneter Betrachtung die gleiche Wahrscheinlichkeit heraus?

Bei der geordneten Betrachtung kann man doch eigentlich (3,3,3) auf mehrere Arten haben.

30.09.2011, 14:24

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Dennis2010
Bei der geordneten Betrachtung kann man doch eigentlich (3,3,3) auf mehrere Arten haben.

Ja? Welche denn?

30.09.2011, 14:28

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Würfel 1 auf der ersten Position, Würfel 2 auf der zweiten, Würfel 3 auf der dritten

Würfel 2 auf der ersten Position, Würfel 1 auf der zweiten, Würfel 3 auf der dritten

usw.

Aber da ist wohl ein grundsätzlicher Denkfehler von mir.

Denn es geht wohl nur darum, ob es im Ergebnis einen Unterschied macht, wenn man die Ordnung tauscht und dem ist ja nicht so, es bleibt ja beim Ereignis (3,3,3).

30.09.2011, 14:33

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist doch Unsinn: Wir tauschen doch nicht die Positionen bzw. Zeitpunkte.

1.Wurf: 3
2.Wurf: 3
3.Wurf: 3

Das ist eine Möglichkeit, und mehr gibt es nicht für (3,3,3), egal ob geordnet oder ungeordnet.

30.09.2011, 14:42

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke, jetzt habe ich das begriffen!

Das hat mir sehr geholfen.

Ist mir zwar peinlich, es zu sagen, aber ich habe das bisher anscheinend immer falsch behandelt.

Ich stelle mir das gerade wie ein Spiel vor:

"Wirf 3 Mal den Würfel und wirf (3,3,3)."

Bei geordneter Reihenfolge muss man natürlich den ersten Würfel mit 3, den zweiten Würfel mit 3 und den dritten Würfel mit 3 werfen.

Aber eben auch bei ungeordneter Betrachtung, es bleiben ja keine anderen Möglichkeiten, auf irgendeinem Weg 3 Mal die 3 am Ende gewürfelt zu haben.

05.10.2011, 11:10

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ist das Ergebnis jetzt richtig?

$\begin{eqnarray*} P(A)\approx 0,826 \end{eqnarray*}$ ?

16.10.2011, 13:10

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Was mich gerade irritiert ist Folgendes:

Sei $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ die Menge aller Sechserpacks, denen an keiner Packung ein Strohhalm fehlt.

So hatte ich oben gesagt, R enthalte $\begin{eqnarray*} 2^6=64 \end{eqnarray*}$ solcher Tupel, ein jedes Tupel hat die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \left(\frac{1}{3}\right)^6 \end{eqnarray*}$ und somit

$\begin{eqnarray*} P(R)=64\cdot \left(\frac{1}{3}\right)^6=0,087791 \end{eqnarray*}$ .

Wieso kann man offenbar auch einfach rechnen:

$\begin{eqnarray*} P(R)=\left(\frac{2}{3}\right)^6=0,087791 \end{eqnarray*}$ ?

(Mir ist klar, daß $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3}=1-\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ die Wahrscheinlichkeit für eine Packung ist, daß der Strohhalm nicht fehlt, aber wieso muss man hier anscheinend überhaupt nicht beachten, wieviele Elemente die Menge R hat?

verwirrt

16.10.2011, 13:35

Math1986

Auf diesen Beitrag antworten »

Es ist doch
$\begin{eqnarray*} P(R)=64\cdot \left(\frac{1}{3}\right)^6=2^6\cdot \left(\frac{1}{3}\right)=\left(\frac{2}{3}\right)^6 \end{eqnarray*}$

Ich würde hier auch zu letzterem Weg tendieren: Und interessiert doch nur, ob der Strohhalm fehlt oder nicht, die Wahrscheinlichkeit, dass er an einer Packung nicht fehlt, ist doch 2/3, dass er von 6 Packungen an keiner Packung fehlt also
$\begin{eqnarray*} P(R)=\left(\frac{2}{3}\right)^6=0,087791 \end{eqnarray*}$

Im ersten Fall baust du noch (völlig überflüssigerweise) eine Fallunterscheidung zwischen "Strohhalm defekt" und "Strohhalm gut" ein.
Dadurch hast du insgesamt 64 mögliche Fälle, also kommst du auf
$\begin{eqnarray*} P(R)=64\cdot \left(\frac{1}{3}\right)^6=0,087791 \end{eqnarray*}$

16.10.2011, 13:41

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Aber was ich nicht verstehe, ist:

Man sucht doch die Wahrscheinlichkeit von R, also eines Mengensystems.

Dieses $\begin{eqnarray*} \left(\frac{2}{3}\right)^6 \end{eqnarray*}$ ist doch nur die Wahrscheinlichkeit für eine Sechserpackung, der an keiner Einzelpackung ein Halm fehlt.

Wo berücksichtigt man die Anzahl an Sechserpackungen, die in R enthalten sind?

16.10.2011, 13:48

Math1986

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Dennis2010

Dieses $\begin{eqnarray*} \left(\frac{2}{3}\right)^6 \end{eqnarray*}$ ist doch nur die Wahrscheinlichkeit für eine Sechserpackung, der an keiner Einzelpackung ein Halm fehlt.

Das ist doch genau das, was gesucht ist

Zitat:

Original von Dennis2010
Wo berücksichtigt man die Anzahl an Sechserpackungen, die in R enthalten sind?

Die Anzahl ist 1
Es gibt nur eine solche Sechserpackung, nämlich die, bei der an keiner Packung ein Strohhalm fehlt.

16.10.2011, 13:50

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Jetzt verstehe ich!

Du hast ja eben schon geschrieben, daß es egal ist, ob der Strohhalm nun gut oder defekt ist, es geht nur darum, daß er überhaupt vorhanden ist.

16.10.2011, 13:57

Math1986

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Dennis2010
Du hast ja eben schon geschrieben, daß es egal ist, ob der Strohhalm nun gut oder defekt ist, es geht nur darum, daß er überhaupt vorhanden ist.

Genau so ist es Freude

16.10.2011, 14:01

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Nochmal eine andere Frage.

Es war ja nach einer mengentheoretischen Formulierung des Ereignisses

A="Mindestens ein Strohhalm fehlt und mindestens ein Strohhalm ist gut."

gefragt.

Da dieses Ereignis eine und-Aussage beinhaltet, muss das Komplement eine oder-Aussage beeinhalten, daher

$\begin{eqnarray*} A=(R\cup S)^C \end{eqnarray*}$ , wo R die Menge aller Sechserpackungen ist, denen kein Strohhalm fehlt und S die Menge derjenigen Sechserpackungen, die keine guten Strohhalme haben.

Wäre eine mengentheoretische Formulierung aber nicht auch einfach:

$\begin{eqnarray*} A=\left\{\omega\in\Omega:\text{mindestens 1 Strohhalm fehlt und mindestens 1 Strohhalm ist gut}\right\} \end{eqnarray*}$ ?

Ich denke schon, nur würde eine diese Formulierung wohl rechnerisch nicht weiterbringen.

Muss man über das Komplement von $\begin{eqnarray*} R\cup S \end{eqnarray*}$ argumentieren oder geht es auch anders?

16.10.2011, 14:06

Math1986

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Dennis2010

$\begin{eqnarray*} A=(R\cup S)^C \end{eqnarray*}$ , wo R die Menge aller Sechserpackungen ist, denen kein Strohhalm fehlt und S die Menge derjenigen Sechserpackungen, die keine guten Strohhalme haben.

Wäre eine mengentheoretische Formulierung aber nicht auch einfach:

$\begin{eqnarray*} A=\left\{\omega\in\Omega:\text{mindestens 1 Strohhalm fehlt und mindestens 1 Strohhalm ist gut}\right\} \end{eqnarray*}$ ?

Ja, das ist richtig.
Du kannst hier direkt über die Formel von de Morgan argumentieren:
$\begin{eqnarray*} A=(R\cup S)^C=R^C\cap S^C \end{eqnarray*}$
Letzteres ist genau das, was du oben beschrieben hast.

16.10.2011, 14:21

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Okay, oben habe ich es via

$\begin{eqnarray*} 1-P(R\cup S)=1-(P(R)+P(S)-P(R\cap S)) \end{eqnarray*}$

berechnet.

Aber ich überlege gerade mal direkt, welche 6-er Tupel in

$\begin{eqnarray*} R^C\cap S^C \end{eqnarray*}$

enthalten sind.

$\begin{eqnarray*} R^C \end{eqnarray*}$ ist die Menge aller 6-er Packungen, denen an allen Einzelpackungen der Halm fehlt? (Anzahl: 1) und $\begin{eqnarray*} S^C \end{eqnarray*}$ die Menge aller 6-er Packungen, die nur gute Strohhalme (an allen Einzelpackungen) haben (Anzahl: 1)?

Stimmt das?

« vorherige Seite 12

Neue Frage »

Antworten »

Wahrscheinlichkeit bestimmen - Seite 2

Verwandte Themen