Verständnisprobleme Bedingte Wahrscheinlichkeit

01.03.2013, 17:34

strafedonkey

Verständnisprobleme Bedingte Wahrscheinlichkeit

Beispiel:
Es wiord ein roter und ein grüner würfel gewordne. Wei groß0 sit die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Aguensumme größer als 8 (A) ist unter der BEdingung, das der grüne Würfle eine 4 (B) zeigt?
meine Überlegungen:

Die Wahrscheinlichkeit, dass der grüne Würfel eine vier zeigt, ist 1/6
Da eine Augensumme größer acht nur dann erreicht werden kann, wenn die augenzahl der roten Würfels entweder 5 oder 6 ist, ist die Wahrscheinlichkeit dafür 2/6.

Das Theorem von Bayes sagt aus:
$\begin{eqnarray*} P(A|B)=\frac{P(B\cap A)}{P(B)} \end{eqnarray*}$

jetzt muss man antürlich rausfinden, was $\begin{eqnarray*} P(B\cap A) \end{eqnarray*}$ für eine Wahrschienlichkeit hat.

Eine Möglichkeit, die aus einem mir nicht ergründlichen Grund richtig zu sein scheint, ist, den Multiplikationssatz für unabhängige Ereignisse anzuwenden, also:

$\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)=\frac{2}{6}\cdot\frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

so dass sich die gesamte Glecihung ergänzt zu

$\begin{eqnarray*} P(A|B)=\frac{\frac{1}{6}\cdot\frac{2}{6}}{\frac{1}{6}}=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

so, jetzt zu dem was ich nicht verstehe:

Sind die beiden Ereignisse in ihrer Wahrschienlichkeit wirklich voneinander unabhängig? denn gemäß Definition sind sie nur dan voneiander unabhängig, wenn gilt:

$\begin{eqnarray*} P(B|A)=P(B|\bar{A})=P(B) \end{eqnarray*}$

bzw. auf das Beispiel übertragne

$\begin{eqnarray*} P(A|B)=P(A|\bar{B})=P(A) \end{eqnarray*}$

Man kann aber denke ich nicht sagen, dass

$\begin{eqnarray*} P(\frac{2}{6}|\frac{1}{6})=P(\frac{2}{6}|\frac{5}{6}) \end{eqnarray*}$

wie kommt man also darauf, dass die beiden Ereignisse voneinander unabhängig sind und ich daher den Multiplikationssatz für unabhängige Ereignisse anwenden kann, das ist die Kernfrage, die mich hier zwickt.

01.03.2013, 18:38

Kasen75

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Hallo,

P(A): Wahrscheinlichkeit, dass die Augensumme > 8. Damit ist $\begin{eqnarray*} P(A) \neq \frac{2}{6} \end{eqnarray*}$ .
Die Ereignisse A und B sind eben nicht unabhängig. Damit gilt dieser Zusammenhang für abhängige Ereignisse:

$\begin{eqnarray*} P(A|B)=\frac{P(B\cap A)}{P(B)}=\frac{P(B|A) \cdot P(A)}{P(B)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(B)=\frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ stimmt aber soweit. $\begin{eqnarray*} \textcolor{blue}{\checkmark} \end{eqnarray*}$

Grüße.

02.03.2013, 08:53

strafedonkey

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Hallo Kasen, wie soll ich das verstehen? Eine Augensumme von 8 ist erreicht, wenn entweder eine 5 oder eine 6 gewürfelt wird, weil der grüne Würfel ja bereits vier anzeigt.
Der zweite Würfel hat also die "gewinnmenge"
hier meine Überlegungen:

$\begin{eqnarray*} A=\left\{ 5;6\right\} \end{eqnarray*}$

und den Ergebnisraum

$\begin{eqnarray*} \Omega=\left\{ 1;2;3;4;5;6\right\} \end{eqnarray*}$

woraus sich ergibt:

$\begin{eqnarray*} \frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{2}{6} \end{eqnarray*}$

?

und mit der Formel für abhängige Ereignisse komme ich doch auch nicht weiter, weil ich nun statt

$\begin{eqnarray*} \frac{P(B\cap A)}{P(B)} \end{eqnarray*}$

diesen Term ausrechnen muss

$\begin{eqnarray*} =\frac{P(B|A)\cdot P(A)}{P(B)}=\frac{\frac{P(A\cap B)}{P(A)}\cdot P(A)}{P(B)}=\frac{P(A\cap B)}{P(A)P(B)}\cdot P(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)} \end{eqnarray*}$

ausrechnen mus. wie komme ich jetzt auf die Wahrscheinlichkeit von $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) \end{eqnarray*}$ ?

Wenn ich jetzt raten müsste, würde ich sagen, $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) \end{eqnarray*}$ ist doch die wahrschienlihckeit, dass sowohl Ereignis A als auch B eintritt. Die Wahrscheinlichkeit auf eine vier ist $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ , die Wahrscheinlichkeit auf eine fünf oder eine 6 ist jeweils ebenfalls 1/6

Auf einem Baumdiagramm führen folgende Zweige zum Ergebnis:

$\begin{eqnarray*} \left\{ 4;5\right\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left\{ 4;6\right\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left\{ 5;4\right\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left\{ 5;6\right\} \end{eqnarray*}$

jeweils mit zweigcahncen von 1/6 * 1/6 = 1/36

Die beiden passenden Paare sind aber identisch, weil es bei der Schnittmenge ja nicht auf die reihenfolge ankommt?!

deswegen ergibt sich meiner meinung nach $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) /latex] aus [latex]P(A\cap5\cup PA\cap6)=\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{6}=\frac{2}{36}=\frac{1}{18} \end{eqnarray*}$

womit sich die bedingte Whrhscinelichkeit ergeben würde uz

$\begin{eqnarray*} \frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{\frac{1}{18}}{\frac{1}{6}}=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
jetzt habe ich aber wieder den Multiplikationssatz angewandt

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jetzt mal break, ich habe noch eine zweite Frage unabhängig von dieser, ist an die Allgemeinheit gerichtet:

folgende Aufgabe:

Eine Maschine besteht aus 3 Einzelaggregaten, die - unabhängig voneinander - mit dne Wahrshcienlichkeitne 0.3, 0.2, 0.1 ausfallen. Die Maschien kann nur genutzt werden, wenn keines der 3 Einzelaggregate ausfälltl. Wie hoch sit die Wahrschienlichkeit fürna sufall der Maschine?

Meine Schlussfolgerung: Ausfall der Maschine kann durch folgende Ereignisse passieren:

Aggregat 1 läuft nicht:

$\begin{eqnarray*} P(\bar{1})=0,3 \end{eqnarray*}$

Aggregat 2 läuft nicht:

$\begin{eqnarray*} P(\bar{2})=0,2 \end{eqnarray*}$

Aggregat 3 läuft nicht:

$\begin{eqnarray*} P(\bar{3})=0,1 \end{eqnarray*}$

Aggregat 1 und 2 laufen nicht:

$\begin{eqnarray*} P(\bar{1}\cap\bar{2})=0,3\cdot0,2= \end{eqnarray*}$

aggregat 1 und 3 laufen nicht:

$\begin{eqnarray*} P(\bar{1}\cap\bar{3})=0,3\cdot0,1 \end{eqnarray*}$

Aggregat 2 und 3 laufen nicht:

$\begin{eqnarray*} P(\bar{2}\cap\bar{3})=0,2\cdot0,1 \end{eqnarray*}$

alle drei aggregate laufen nicht:

$\begin{eqnarray*} P(\bar{1}\cap\bar{2}\cap\bar{3})-P(\bar{2}\cap\bar{3})-P(\bar{1}\cap\bar{3})-p(\bar{2}\cap\bar{3})=0,1\cdot0,2\cdot0,3 \end{eqnarray*}$

Ergibt sich dann die Wahrschienlichkeit für einen Maschiennausfall nicht aus:

$\begin{eqnarray*} P(\bar{1}\cup P\bar{2}\cup P\bar{3})=0,3+0,2+0,1-0,3\cdot0,2-0,3\cdot0,1-0,2\cdot0,1-0,1\cdot0,2\cdot0,3=0,484 \end{eqnarray*}$

?

schließlich muss man die Durchschnittsmengen von der Vereinigungsmenge abziehen, da die fläche des Venn-Diagramms ja sonst doppelt gezählt werden würde, oder nicht?

02.03.2013, 10:36

Kasen75

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Zitat:

Eine Augensumme von 8 ist erreicht, wenn entweder eine 5 oder eine 6 gewürfelt wird, weil der grüne Würfel ja bereits vier anzeigt.

Diese Formulierung ist eine Formulierung für die bedingte Wahrscheinlichkeit.

$\begin{eqnarray*} P(A|B) \end{eqnarray*}$ : Unter der Bedingung, dass der grüne Würfel schon die Vier anzeigt ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe größer als 8 ist gleich $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} P(A) \end{eqnarray*}$ dagegen ist $\begin{eqnarray*} \frac{10}{36} \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} P(B) = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

Mit diesen Werten kann man jetzt auch $\begin{eqnarray*} P(B|A) \end{eqnarray*}$ ausrechnen. $\begin{eqnarray*} P(B|A) \end{eqnarray*}$ : Wahrscheinlichkeit, dass der grüne Würfel eine 4 ist, unter der Bedingung, dass die Summe größer als 8 ist.

An der Tabelle kann man das eigentlich gut nachvollziehen:
$\begin{eqnarray*} \begin{tabular}[ht]{|p{2cm}|||p{0.5cm}|p{0.5cm}|p{0.5cm}|p{0.5cm}|p{0.5cm}|p{0.5cm}|p{0.5cm}|p{0.5cm}|p{0.5cm}|} \hline $\text{Summe }$ & 1 &2 &3 &4 &5 &6 \\ \hline \hline \hline 1 &2 &3 &4 &5 &6 &7 \\ \hline 2 & 3 &4 &5 &6 &7&8 \\ \hline 3&4 &5 &6 &7 &8&9 \\ \hline 4 &5 &6 &7&8&9&10 \\ \hline 5 &6 &7&8&9&10&11 \\ \hline 6 &7&8&9&10&11&12 \\ \hline \end{tabular} \end{eqnarray*}$

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \frac{P(B|A)\cdot P(A)}{P(B)}=\frac{\frac{P(A\cap B)}{P(A)}\cdot P(A)}{P(B)}=\frac{P(A\cap B)}{P(A)P(B)}\cdot P(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(A \cap B) \text{ ist eben } P(A|B) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ , wenn die Ereignisse abhängig sind.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{\frac{1}{18}}{\frac{1}{6}}=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

Das ist richtig. Du hast hier, richtigerweise, bei $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) \end{eqnarray*}$ die bedingte Wahrscheinlichkeit angewandt, um auf $\begin{eqnarray*} \frac{1}{18} \end{eqnarray*}$ zu kommen.

Soweit erstmal von mir.

Grüße.

02.03.2013, 11:07

Kasen75

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Fortsetzung:

Wenn zwei Aggregate ausfallen, heißt das, das ein Aggregat nicht ausfällt:

$\begin{eqnarray*} P(\bar{1}\cap\bar{2} \cap 3)=0,3\cdot0,2 \cdot 0,9 \end{eqnarray*}$

Das musst du jetzt noch für die anderen beiden Kombinationen durchspielen.

Jetzt noch die Wahrscheinlichkeit, dass genau ein Aggregat ausfällt:

$\begin{eqnarray*} P(\bar{1}\cap {2} \cap 3)=0,3\cdot0,8 \cdot 0,9 \end{eqnarray*}$

Hier fällt nur Aggregat 1 aus. Auch hier musst du noch die anderen beiden Kombinationen durchspielen.

Die Wahrscheinlichkeit, dass alle 3 Aggregate ausfallen hast du ja schon berechnet.

Jetzt alle Wahrscheinlichkeiten addieren und du hast die Wahrscheinlichkeit, dass die Maschine ausfällt.

Du kannst es aber auch mit der Gegenwahrscheinlichkeit berechnen.

1-Wahrscheinlichkeit, dass kein Aggregat ausfällt: $\begin{eqnarray*} 1-P({1}\cap {2} \cap 3) \end{eqnarray*}$
Es muss letztendlich dasselbe herauskommen.

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