Wahrscheinlichkeit bestimmen

27.09.2011, 14:04

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Wahrscheinlichkeit bestimmen

Meine Frage:
Im Sechserpack eines Milchgetränks sollte an jeder Packung ein Trinkhalm angebracht sein, der aber mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/3 fehlt, mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/3 defekt ist und nur mit der Wahrscheinlichkeit 1/3 gut ist. Sei A das Ereignis "Mindestens ein Trinkhalm fehlt und mindestens ein Trinkhalm ist gut". Gebe einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum an, formuliere das Ereignis mengentheoretisch und berechne dessen Wahrscheinlichkeit.

Meine Ideen:
Zunächst zur Angabe eines geeigneten Wahrscheinlichkeitsraums $\begin{eqnarray*} (\Omega,\mathcal{F},P) \end{eqnarray*}$ .

Ich würde meinen, daß $\begin{eqnarray*} \Omega=\left\{B,C,D\right\}^6 \end{eqnarray*}$ ist, wobei die Großbuchstaben Folgendes bedeuten sollen:

B=Packung mit gutem Trinkhalm
C=Packung ohne Trinkhalm
D=Packung mit defektem Trinkhalm

Weiter würde ich $\begin{eqnarray*} \mathcal{F}=\mathcal{P}(\Omega) \end{eqnarray*}$ setzen und schließlich als Wahrscheinlichkeitsmaß die Gleichverteilung auf $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ .

Stimmt diese Festlegung des Wahrscheinlichkeitsraums?

Wer kann mir beim Rest der Aufgabe helfen?

Edit:

Die mengentheoretische Formulierung des Ereignisses A finde ich recht schwierig.

Spontan würde mir irgendwie sowas einfallen:

Seien folgende Mengen definiert:

$\begin{eqnarray*} R:=\left\{\omega\in\Omega: \text{keiner Packung fehlt ein Trinkhalm}\right\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} S:=\left\{\omega\in\Omega: \text{keine Packung hat guten Trinkhalm}\right\} \end{eqnarray*}$

Dann ist $\begin{eqnarray*} A=(R\cap S)^C \end{eqnarray*}$ (Komplement).

Entsprechend würde ich dann auch rechnen:

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

Doch wie berechne ich $\begin{eqnarray*} P(R\cap S) \end{eqnarray*}$ ?

[Vorausgesetzt, daß es bis hier stimmt...]

27.09.2011, 18:18

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} A=(R\cap S)^C \end{eqnarray*}$ hab ich Zweifel, denn soweit ich das absehen kann gilt $\begin{eqnarray*} (C,C,C,C,C,C) \in ( R \cap S)^C \end{eqnarray*}$ .

Berechnung von einzelnen Warscheinlichkeiten ist bei so einem endlichen Maßraum keine komplizierte Sache.

27.09.2011, 18:21

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Du meinst also, die mengentheoretische Formulierung von A sollte vielmehr so aussehen, daß ich einfach alle Elemente aufschreibe, die zu A gehören?

27.09.2011, 18:53

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

Muss nicht sein, ich meine lediglich, dass $\begin{eqnarray*} A=(R\cap S)^C \end{eqnarray*}$ nicht die gesuchte Menge sein kann, da sie ein Tupel ohne Bs enthält.

27.09.2011, 18:54

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Und $\begin{eqnarray*} A=(R\cup S)^C \end{eqnarray*}$ ?

Das wäre meine nächste Idee.

27.09.2011, 19:24

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Wahrscheinlichkeit bestimmen

Zitat:

Original von Dennis2010
Gebe

Was ist nur mit Deutschland los? Ist das jetzt neuer Universitätssprech?
Ich würde mich weigern, eine solche Aufgabe zu lösen.
Und vor Gericht die volle Punktezahl erstreiten. böse

böse

Nicht einmal der sonst so liberale Duden erlaubt das: geben.

Anzeige

27.09.2011, 19:44

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Dennis2010
$\begin{eqnarray*} A=(R\cup S)^C \end{eqnarray*}$

Da wäre ich dabei.

27.09.2011, 19:54

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Okay!

Dann muss ich also

$\begin{eqnarray*} P(A)=1-P(R\cup S) \end{eqnarray*}$ bestimmen.

Das erinnert mich an irgendwas, da war doch was mit der Vereinigung...

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

Also:

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

Meine nächste Frage wäre dann, wie man $\begin{eqnarray*} P(S), P(R) \end{eqnarray*}$ bestimmt.

27.09.2011, 20:49

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

Du hast die Warscheinlichkeitsfunktion gegeben. Diese liefert dir das Maß jedes beliebigen Ereignisses.

27.09.2011, 20:53

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Das verstehe ich leider gerade nicht!

Könntest Du es vllt. erklären?

[Hier kommen bestimmt jetzt die lauter 1/3 ins Spiel.]

27.09.2011, 20:56

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Wahrscheinlichkeit bestimmen

Zitat:

Original von Dennis2010
[...] und schließlich als Wahrscheinlichkeitsmaß die Gleichverteilung auf $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ .

Beschreib diese Abbildung doch mal ein bischen.

27.09.2011, 21:09

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Wahrscheinlichkeit bestimmen
Damit meinte ich, daß jedes Sechserpack gleichwahrscheinlich auftritt.

Ich glaube, das ist einfach Laplace. Also günstige Möglichkeiten, dividiert durch alle Möglichkeiten?

Wo kommen aber die 1/3 ins Spiel?

27.09.2011, 22:13

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hab nicht das Gefühl, dass du weißt was es hier mit der Gleichverteilung auf sich hat.

Für die vollständige Modellierung musst du dem Messraum $\begin{eqnarray*} (\left\{B,C,D\right\}^6, \mathcal P (\left\{B,C,D\right\}^6)) \end{eqnarray*}$ noch ein Maß $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ finden, welches dem Zufallsexperiment entspricht.

Gibt die Zuordnungsvorschrift von $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ an.

Hinweis: Betrachte erst jede Getränkepackung einzeln.

28.09.2011, 00:47

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von pseudo-nym

Ich hab nicht das Gefühl, dass du weißt was es hier mit der Gleichverteilung auf sich hat.

Dem ist auch leider so.
Da hast Du absolut Recht.

Ich will aber versuchen, es zu verstehen, was hier ein sinnvolles Wahrscheinlichkeitsmaß ist.

Zitat:

Original von pseudo-nym

Gibt die Zuordnungsvorschrift von $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ an.

Hinweis: Betrachte erst jede Getränkepackung einzeln.

Allgemein gilt hier ja $\begin{eqnarray*} P: \mathcal{P}(\Omega)\to [0,1] \end{eqnarray*}$ .

Nun würde ich meinen, daß einer einzelnen Packung, je nachdem, was man über den (evtl. auch gar nicht vorhandenen) Trinkhalm aussagen kann, folgende Wahrscheinlichkeiten zugeordnet werden:

1.) Trinkhalm nicht vorhanden: $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
2.) Trinkhalm vorhanden, jedoch defekt: $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
3.) Trinkhalm vorhanden und gut: $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

Stimmen diese Zuordnungen für einzelne Packungen? Ich bin mir nicht sicher.

Die nächste Frage ist jetzt vermutlich, wie das dann bei einem Sechserpack aussieht.

Intuitiv würde ich beispielsweise bei einer Sechserpackung, die nur Packungen enthält, die allesamt gute Trinkhalme aufweisen (so ein Sechserpack nenne ich mal S), meinen, daß

$\begin{eqnarray*} P(S)=\left(\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3}\right)^6 \end{eqnarray*}$ .

So richtig überzeugt bin ich davon aber irgendwie nicht...

Andererseits könnte man so natürlich die oben noch gesuchten Wahrscheinlichkeiten gut berechnen.

28.09.2011, 01:10

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

Also wenn du jede Packung einzeln betrachtest, ist das ein neues Zufallsexperiment und brauchst einen anderen Warscheinlichkeitsraum:
$\begin{eqnarray*} (\Sigma, \mathcal A, Q) = (\{ B, C, D \}, \mathcal P (\Sigma), Q) \end{eqnarray*}$
Wenn ich jetzt für Q $\begin{eqnarray*} B \mapsto \frac 13, C \mapsto \frac 29, D \mapsto \frac 29, \end{eqnarray*}$ wähle, (Warum ist Q dadurch eindeutig bestimmt?) so ergibt sich folgendes:
$\begin{eqnarray*} Q(\Sigma) = Q(\{B \} \cup \{C \} \cup \{D \}) = Q(\{B \} ) + Q(\{C \} ) + Q(\{D \} ) = \frac 79 \end{eqnarray*}$
Ist dir klar warum das nicht sein kann?

Zitat:

Original von Dennis2010
$\begin{eqnarray*} P(S)=\left(\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3}\right)^6 \end{eqnarray*}$ .

Das macht keinen Sinn denn das Maß P ist für Ereignisse definiert, nicht für Mengen von Packungen.

28.09.2011, 01:14

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

unglücklich

Jetzt ist meine Verwirrung leider komplett.

Ich verstehe nur noch Bahnhof.

28.09.2011, 01:26

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

Ein Teil der Aufgabe ist es einen Warscheinlichkeitsraum zu finden, der zum gegebenen Zufallsexperiment passt.

Da du scheinbar Probleme beim Auffinden der Warscheinlichkeitsfunktion P hast, habe ich dir in meinem Hinweis vorgeschlagen, erst ein einfacheres Zufallsexperiment zu modellieren (also den zugehörigen W'raum zu finden), indem du statt einen Sechserpack auf Strohalme zu überprüfen, nur eine Packung prüfst.

Der W'raum zu diesem Experiment ist.

$\begin{eqnarray*} (\Sigma, \mathcal A, Q) = (\{ B, C, D \}, \mathcal P (\Sigma), Q) \end{eqnarray*}$

wobei ich von dir möchte, dass du Q explizit angibst.

28.09.2011, 01:32

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Jetzt verstehe ich, was Du meintest.
Danke, daß Du mir nochmal erklärt hast, was Du eigentlich im Sinn hattest.

Da $\begin{eqnarray*} P(\Sigma)=1 \end{eqnarray*}$ gelten muss, ist Q wahrscheinlich einfach definiert durch

$\begin{eqnarray*} Q: B\mapsto\frac{1}{3}, C\mapsto\frac{1}{3}, D\mapsto\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ .

28.09.2011, 01:38

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Wahrscheinlichkeit bestimmen
Naja das ist nicht nur warscheinlich so, sondern steht in der Aufgabenstellung.

Zitat:

Original von Dennis2010
[i]Im Sechserpack eines Milchgetränks sollte an jeder Packung ein Trinkhalm angebracht sein, der aber mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/3 fehlt, mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/3 defekt ist und nur mit der Wahrscheinlichkeit 1/3 gut ist.

Hast du dir klargemacht warum Q durch diese Zuordnungen eindeutig bestimmt ist?

28.09.2011, 01:46

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Das wird mit dem Eindeutigkeitssatz zusammenhängen.

Wir hatten das so genau nicht, ich weiß nur, daß da Erzeuger eine Rolle spielen.

28.09.2011, 01:51

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist gar nicht so kompliziert. Schau den Ereignisraum an und die Eigenschaften eines Maßes.

28.09.2011, 01:53

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich überlege mir das noch.

Ist es unverschämt, wenn ich stattdessen frage, wie man jetzt so ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf ein Tupel überträgt?

28.09.2011, 02:06

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

Es steht zwar nicht explizit in der Aufgabenstellung, aber es ist anzunehmen, dass die Strohalmzustände wie unabhängige Zufallsvariablen verhalten.

Um den W'raum einer Serie von n gleichen(-verteilen) unabhängigen Zufallsexperimenten mit W'raum $\begin{eqnarray*} (\Sigma, \mathcal A, Q) \end{eqnarray*}$ zu bestimmten, bildet man den n-fachen Produktmaßraum von $\begin{eqnarray*} (\Sigma, \mathcal A, Q) \end{eqnarray*}$

28.09.2011, 02:11

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Das heißt letztlich, daß die Wahrscheinlichkeit immer $\begin{eqnarray*} \left(\frac{1}{3}\right)^6 \end{eqnarray*}$ ist?

Also beispielsweise

$\begin{eqnarray*} P((B,C,D,B,D,C))=\left(\frac{1}{3}\right)^6 \end{eqnarray*}$ ?

28.09.2011, 02:15

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} P((B,C,D,B,D,C)) \end{eqnarray*}$ ist formal nicht gut, denn $\begin{eqnarray*} (B,C,D,B,D,C) \notin \mathcal P (\Omega) \end{eqnarray*}$ aber es gilt:

$\begin{eqnarray*} \forall x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6 \in \Omega : P( \{ (x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6) \})=\left(\frac{1}{3}\right)^6 \end{eqnarray*}$

28.09.2011, 02:17

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Letzte Frage:

Was ist dann mit $\begin{eqnarray*} P(R) \end{eqnarray*}$ , denn das ist ja eine ganze Menge von Ereignissen.

28.09.2011, 02:21

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

Da wir es mit einer Gleichverteilung zu tun haben musst du eigentlich nur nur die Elemente von A zählen und sie mit dem Maß einer beliebigen einelementigen Menge multiplizieren.

28.09.2011, 02:24

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ach, ich brauche die mengentheoretische Formulierung von A gar nicht mehr?

Naja, ich werde morgen weiter fragen.

Lieben Dank bis zu dieser Stelle!!!!

28.09.2011, 02:29

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

Du musst eben rausfinden wie viele Elemente A hat. Dafür kannst du $\begin{eqnarray*} A = R \cup S \cup (R \cap S) \end{eqnarray*}$ verwenden, musst du aber nicht.

28.09.2011, 10:58

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von pseudo-nym
Du musst eben rausfinden wie viele Elemente A hat. Dafür kannst du $\begin{eqnarray*} A = R \cup S \cup (R \cap S) \end{eqnarray*}$ verwenden, musst du aber nicht.

Es ist $\begin{eqnarray*} (R\cup S)^C=R \cup S \cup (R \cap S) \end{eqnarray*}$ ?

Auf die linke Gleichungsseite war ich ja oben gekommen, aber jetzt hast Du das anscheinend umgeschrieben?

28.09.2011, 15:46

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, das war komisch was ich da fabriziert habe. Ich wollte nur

Zitat:

Original von Dennis2010
P(R\cup S)=P(S)+P(R)-P(S\cap R)

wieder herauskramen.

28.09.2011, 16:02

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich überlege gerade, wie viele Elemente denn in R und S jeweils sind...

In R sind alle Sechsertupel, in denen kein C vorkommt.
In S sind alle Sechsertupel, in denen kein B vorkommt.

Sind das $\begin{eqnarray*} 2^6=64 \end{eqnarray*}$ Elemente in R bzw. in S?

29.09.2011, 02:19

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

Du ziehst mit Zurücklegen unter Beachtung der Reihenfolge. Sollte stimmen.

29.09.2011, 10:55

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ist nicht aber die Reihenfolge der Packungen eigentlich egal?

Dann käme ich auf $\begin{eqnarray*} |R|=|S|=\binom{n+k-1}{k}=\binom{2+6-1}{6}=7 \end{eqnarray*}$ .

Ich rechne aber doch jetzt erstmal unter der Voraussetzung, daß man die Reihenfolge beachtet:

Ist $\begin{eqnarray*} P(R)=P(S)=2^6\cdot \left(\frac{1}{3}\right)^6=0,087791 \end{eqnarray*}$ ?

Fehlt noch $\begin{eqnarray*} P(R\cap S) \end{eqnarray*}$ .

Da müsste ich auch wieder wissen, wie viele Elemente dieser Schnitt hat, aber ich komme leider nicht darauf.

Also der Schnitt aus R und S enthält doch alle Sechsertupel, die keine Bs und keine Cs aufweisen, also nur aus Ds bestehen.

Aber wie viele Sechserpacks sind das?
Wenn die Reihenfolge egal ist, dann nur ein einziger Sechserpack.
Wenn sie nicht egal ist, ists aber auch nur ein Sechserpack.

Also müsste $\begin{eqnarray*} P(R\cap S)=\left(\frac{1}{3}\right)^6 \end{eqnarray*}$ sein.

Alles in allem käme ich dann auf

$\begin{eqnarray*} P(A)=1-P(R)-P(S)+P(R\cap S)=1-2\cdot 0,087791+\left(\frac{1}{3}\right)^6=0,82579 \end{eqnarray*}$ .

Das heißt, das Ereignis A mit einer Wahrscheinlichkeit von ungefähr 82,5 % auftritt.

Wenn man davon ausgeht, daß die Reihenfolge der einzelnen Packungen egal ist, kommt man auf $\begin{eqnarray*} P(A)=0,982167 \end{eqnarray*}$ ..

30.09.2011, 02:31

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

So wie du den W'raum gewählt hast, musst du die Reihenfolge beachten.

Zitat:

Original von Dennis2010
Da müsste ich auch wieder wissen, wie viele Elemente dieser Schnitt hat, aber ich komme leider nicht darauf.

Das ist falsch, denn direkt unter diesem Satz findet sich bei dir ein Lösungsvorschlag.

Der Rest scheint aber okay zu sein.

30.09.2011, 11:04

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Also stimmt jetzt 0,82579=P(A)?

Könntest Du vllt. noch erklären, wieso die Reihenfolge nicht egal ist, denn irgendwie will mir das nicht klar werden.

30.09.2011, 12:44

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Du kannst als Grundraum natürlich auch die Sechserauswahlen ohne Reihenfolge nehmen (obwohl das dann nicht mehr mit deinem $\begin{eqnarray*} \Omega=\left\{B,C,D\right\}^6 \end{eqnarray*}$ aus dem Eröffnungsbeitrag übereinstimmt).

Das Problem ist nur, dass dies dann kein Laplacescher W-Raum mehr ist, d.h. die Grundereignisse dort sind nicht alle gleichwahrscheinlich, siehe diese etwas ausführlichere Erläuterung in einem ähnlich gelagerten Fall:

Wahrscheinlichkeit der Augensumme

30.09.2011, 13:55

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Mein Problem ist, daß ich nicht verstehe, inwiefern bei dem Grundraum, den ich gewählt habe, die Reihenfolge beachtet werden muss.

Ich betrachte da die einzelnen Packungen (und nicht die Sechserpacks), okay. Aber wieso ist die Reihenfolge dieser Einzelpackungen von Relevanz?

30.09.2011, 13:59

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Tja, wenn dich das Würfelbeispiel nicht überzeugt, dann hast du wohl ein grundsätzliches Verständnisproblem in der Wirkungsweise des Zufalls.

30.09.2011, 14:17

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Okay, ich halte also fest:

Wenn man geordnete Tupel nimmst, ist das Laplace.

Wenn man ungeordnete Tupel nimmt, ists nichts Laplace.

Hier sollte man also geordnete Tupel nehmen, damit am die gesuchte Wahrscheinlichkeit besser errechnen kann, ansonsten müsste man ja quasi alle Tupel durchgehen und das wäre aufwändiger.

So korrekt?

12 nächste Seite »

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »