Unabhängigkeit (Stochastik)

27.10.2011, 16:38	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Unabhängigkeit (Stochastik) Meine Frage: Hallo, liebes Mathebaord! Wenn man einen Wahrscheinlichkeitsraum $\begin{eqnarray} (\Omega,\mathcal{F},P) \end{eqnarray}$ und zwei Ereignisse $\begin{eqnarray} A,B\in\mathcal{F} \end{eqnarray}$ hat, so werden letztere ja unabhängig bzgl. P genannt, wenn $\begin{eqnarray} P(A\cap B)=P(A)P(B) \end{eqnarray}$ . Okay, das ist nichts Neues. Nun würde ich das gerne an einem konkreten Beispiel mal austesten. Man ziehe zwei Mal (mit Zurücklegen) aus einer Urne mit w weißen und s schwarzen (nummerierten) Kugeln. Sind die Ereignisse A="Die erste Kugel ist weiß." B="Die zweite Kugel ist weiß." voneinander unabhängig bzgl. P? Meine Ideen: Das ist ja nicht schwer: $\begin{eqnarray} P(A)=\frac{w}{w+s}=P(B)\Rightarrow P(A)\cdot P(B)=\frac{w^2}{(w+s)^2} \end{eqnarray}$ Ich frage mich nur, wie man korrekt $\begin{eqnarray} P(A\cap B) \end{eqnarray}$ berechnet, ohne obige Rechnung als richtig vorauszusetzen. Es ist ja gerade zu zeigen, daß am Ende diese Wahrscheinlichkeit gleich dem Produkt der einzelnen Wahrscheinlichkeiten ist, da kann ich ja nicht dieses Produkt hier jetzt wieder verwenden, sondern ich muss ja irgendwie anders darauf kommen...
27.10.2011, 16:53	Black	Auf diesen Beitrag antworten »
Bestimme einfach $\begin{eqnarray} \|A \cap B\| \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \|\Omega\| \end{eqnarray}$ Die Kombinationsmöglichkeiten kannst du hier ja ganz leicht ausrechnen
27.10.2011, 17:51	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für den Tipp! Dann mache ich das doch mal: Der Ergebnisraum ist hier $\begin{eqnarray} \Omega=\left\{1,2,\hdots,w+s\right\}^2 \end{eqnarray}$ . Um festzustellen, was die Mächtigkeit von $\begin{eqnarray} \Omega \end{eqnarray}$ ist, muss ich ja nun alle möglichen Zweiertupel zählen, also $\begin{eqnarray} (1,1),(1,2),\hdots (1,w+s),(2,1),(2,2),\hdots (2,w+s),\hdots,(w+s,1),\hdots, (w+s,w+s) \end{eqnarray}$ Ah, das sind $\begin{eqnarray} (w+s)\cdot (w+s)=(w+s)^2 \end{eqnarray}$ Möglichkeiten, d.h. $\begin{eqnarray} \vert\Omega\vert=(w+s)^2 \end{eqnarray}$ . Das sieht ja schonmal sehr gut aus. Jetzt zur Mächtigkeit von $\begin{eqnarray} A\cap B \end{eqnarray}$ . Da ist nun die Anzahl der Zweiertupel gesucht, deren erste und zweite Komponente jeweils für eine weiße Kugel stehen. Naja, für die erste Komponente hat man $\begin{eqnarray} w \end{eqnarray}$ Möglichkeiten und ebenso (da zurückgelegt wird) für die zweite Komponente, d.h. $\begin{eqnarray} \vert A\cap B\vert=w^2 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} \Rightarrow P(A\cap B))=\frac{\vert A\cap B\vert}{\vert\Omega\vert}=\frac{w^2}{(w+s)^2} \end{eqnarray}$ Sollte so stimmen.
27.10.2011, 17:54	Black	Auf diesen Beitrag antworten »
Jop, alles richtig so
27.10.2011, 17:55	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Da stimme ich dankbar mit ein:

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »