Bedingte Wahrscheinlichkeit mit mehreren Bedingungen

22.01.2013, 17:05

Alan47

Bedingte Wahrscheinlichkeit mit mehreren Bedingungen

Hallo zusammen,

ich bin neulich an der Uni mit einer Aufgabe konfrontiert worden, die eindeutig über meinem Verständnis der Wahrscheinlichkeitsrechnung liegt.

Im Allgemeinen gilt ja folgende Formel für die bedingte Wahrscheinlichkeit:

$\begin{eqnarray*} p(A|B) = \frac{p(A,B)}{p(B)} \end{eqnarray*}$

... wobei p(A,B) die Wahrscheinlichkeit ist, dass sowohl A als auch B gleichzeitig eintritt. Aber was, wenn man mehr als eine Vorgabe hat:

$\begin{eqnarray*} p(A|B,C) = \dots? \end{eqnarray*}$

Entspricht die folgende Formel der Wahrheit?

$\begin{eqnarray*} p(A|B,C) \stackrel{?}{=} \frac{p(A,B,C)}{p(B,C)} \end{eqnarray*}$

Außerdem hätte ich gerne noch folgendes gewust: nehmen wir an ich kenne die Wahrscheinlichkeiten für p(A) und p(B). A ist dabei abhängig von B. Wie berechnet man jetzt die Wahrscheinlichkeit für p(A|B), wenn man p(A,B) nicht kennt? Die Formeln für die gemeinsame Wahrscheinlichkeit und die bedingte Wahrscheinlichkeit verweisen ja auf die jeweils andere, das finde ich äußerst verwirrend, weil: irgendwo muss man ja anfangen mit der Berechnung...

Danke schonmal im Voraus smile

Alan

22.01.2013, 17:34

HAL 9000

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Zitat:

Original von Alan47
Entspricht die folgende Formel der Wahrheit?

$\begin{eqnarray*} p(A|B,C) \stackrel{?}{=} \frac{p(A,B,C)}{p(B,C)} \end{eqnarray*}$

Ja, einfach in die Definition einsetzen. Das Komma entspricht ja eigentlich dem Durchschnitt $\begin{eqnarray*} \cap \end{eqnarray*}$ , und der ist assoziativ und kommutativ.

Zitat:

Original von Alan47
nehmen wir an ich kenne die Wahrscheinlichkeiten für p(A) und p(B). A ist dabei abhängig von B. Wie berechnet man jetzt die Wahrscheinlichkeit für p(A|B), wenn man p(A,B) nicht kennt?

So kannst du p(A|B) nicht berechnen, wenn du keinerlei Information über die Abhängigkeit von A und B hast als nur, dass sie "irgendwie" abhängig sind. Da braucht man schon genauere Informationen. unglücklich

22.01.2013, 17:40

Alan47

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Zitat:

Original von HAL 9000
Ja, einfach in die Definition einsetzen. Das Komma entspricht ja eigentlich dem Durchschnitt $\begin{eqnarray*} \cap \end{eqnarray*}$ , und der ist assoziativ und kommutativ.

Ah wunderbar smile

Ich war mir nicht ganz sicher, darum dachte ich, ich frage sicherheitshalber mal nach, bevor ich das überall in meine Berechnungen einbaue und es am Ende nicht stimmt Augenzwinkern

Zitat:

Original von HAL 9000
So kannst du p(A|B) nicht berechnen, wenn du keinerlei Information über die Abhängigkeit von A und B hast als nur, dass sie "irgendwie" abhängig sind. Da braucht man schon genauere Informationen. unglücklich

Das hatte ich befürchtet. Mit anderen Worten: man muss das fallweise für jede Aufgabe entscheiden und braucht mindestens den Wert p(A|B) oder p(A,B) als Angabe, um das jeweils andere auszurechnen, richtig?

Vielen Dank schonmal für die rasche Antwort Big Laugh

Gruß,

Alan

22.01.2013, 20:05

HAL 9000

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Ich schildere mal am Beispiel, was ich meine:

Zitat:

Es wird zweimal mit einem fairen Würfel gewürfelt. Man bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass im ersten Wurf eine 6 gefallen ist, wenn man weiß, dass die Augensumme beider Würfe 10 ist.

Die Augenzahlen seien mit den Zufallsgrößen $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_2 \end{eqnarray*}$ bezeichnet, die Augensumme $\begin{eqnarray*} S=X_1+X_2 \end{eqnarray*}$ . Dann ist hier $\begin{eqnarray*} P(X_1=6 \bigm| S=10) \end{eqnarray*}$ zu bestimmen. Nun sind $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ hier abhängig, was auch für die daraus abgeleiteten, hier interessierenden Ereignisse $\begin{eqnarray*} A=[X_1=6] \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B=[S=10] \end{eqnarray*}$ zutrifft. Aber man kann rechnen

$\begin{eqnarray*} P(X_1=6 \bigm| S=10) &=& \frac{P(X_1=6,X_1+X_2=10)}{P(X_1+X_2=10)} \stackrel{!}{=} \frac{P(X_1=6,X_2=4)}{P(X_1+X_2=10)}\\ &=& \frac{P(X_1=6)P(X_2=4)}{P(X_1=6)P(X_2=4)+P(X_1=5)P(X_2=5)+P(X_1=4)P(X_2=6)} = \frac{\frac{1}{36}}{\frac{3}{36}} = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ ,

d.h. die Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} X_1,S \end{eqnarray*}$ wurde via die Summe entflochten, und am Ende konnte die Unabhängigkeit der Ausgangsgrößen $\begin{eqnarray*} X_1,X_2 \end{eqnarray*}$ ins Spiel gebracht werden.

Natürlich war das ein einfaches Beispiel, aber trotzdem exemplarisch dafür, was oft zum Erfolg führt: Die Struktur der Abhängigkeit einsetzen, oftmals auf unabhängige Basisereignisse bzw. -zufallsgrößen zurückführen o.ä., damit kann man so manche Abhängigkeit knacken.

22.01.2013, 20:12

Alan47

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Zitat:

Original von HAL 9000Natürlich war das ein einfaches Beispiel, aber trotzdem exemplarisch dafür, was oft zum Erfolg führt: Die Struktur der Abhängigkeit einsetzen, oftmals auf unabhängige Basisereignisse bzw. -zufallsgrößen zurückführen o.ä., damit kann man so manche Abhängigkeit knacken.

Vielen Dank für diese Ausführung, der Tipp könnte Gold wert sein - unser Professor... "überspringt" solch wichtige Prinzipien ganz gern.

Falls es dich interessiert: ich habe das konkrete Problem, an dem ich derzeit sitze, im Forum hier gepostet: klick mich!

Ich habe schon einen guten Teil des Problems lösen können, genau so wie du es vorgeschlagen hast: die Struktur der Abhängigkeit ausnutzen und auf Basisereignisse zurückführen. Jetzt stehe ich aber leider ein bisschen an ^^' Wenn du Zeit finden solltest, dort vorbei zu schauen (das Problem ist schnell erklärt, aber die Mathematik ist heftig!) wäre ich dir sehr dankbar, aber ich kann verstehen wenn du nicht die Zeit dafür hast, wer hat die schon heutzutage Augenzwinkern

Dankeschön nochmals,

Alan

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