Stochastische Unabhängigkeit

01.08.2013, 12:08	crumar	Auf diesen Beitrag antworten »
Stochastische Unabhängigkeit Hallo, ich bin neu hier, habe aber schon oft Themen hier gelesen, und mich nun mal selbst angemeldet da ich zwar ähnliche Sachen gefunden haben zu meiner aktuellen Frage, aber es irgendwie doch nicht in meine Richtung geht. Ich habe zur Prüfungsvorbereitung eine Beispielaufgabe: (Mir wurde gerade während des schreibens mitgeteilt, dass das eine Gedächtniszusammenfassung der Klausur von damals ist, deswegen kann es ja sein das in der aufgabe was fehlt, ich schreibe trotzdem mal zu ende) Sei $\begin{eqnarray} A, B \in \mathcal A \end{eqnarray}$ a) Wann und wie ist die bedingte Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray} P_A(B) \end{eqnarray}$ definiert. Da das eine alte Klausur ist und wir im Skript (und das Internet meist auch) eine andere Definition haben, ging ich nun davon aus, dass $\begin{eqnarray} P_A(B) \Leftrightarrow P(B\|A) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} P(B\|A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} \end{eqnarray}$ gilt. Erste Frage ist dann ob ich hier richtig liege. Meine Lösung: Wenn ich würfel und A eingetreten ist, wie hoch ist dann die wahrscheinlichkeit das B auch eingetreten ist. Def. siehe hierdrüber (So hätte ich die Gesamtheit der aufgabe verstanden (inkl. restliche Teilaufgaben), mit der Zusatzinfo, dass das eine Gedächtniszusammenfassung ist, denke ich das doch zweimal gewürfelt wird) b) Geben sie den Wahrscheinlichkeitsraum für einen fairen 6-seitigen Würfel an. Meine Lösung: $\begin{eqnarray} \Omega = [1:6] \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \Omega = [1:6]^n \end{eqnarray}$ falls n Würfe $\begin{eqnarray} \mathcal A = 2^\Omega \end{eqnarray}$ (ist bei uns als Potenzmenge definiert) $\begin{eqnarray} P(\omega) = \frac{1}{\|\Omega\|} \end{eqnarray}$ c) bezogen auf Aufgabenteil b) Gebe $\begin{eqnarray} P_A(B) \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} A = \{1,2,3\} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} B = \{3,4,5,6\} \end{eqnarray}$ an. Meine Lösung: Für eben das es nur ein Wurf ist und so wie ich in a) schrieb dann eben $\begin{eqnarray} \frac{P(\{3\})}{P(\{1,2,3\})} = \frac{1}{3} \end{eqnarray}$ d) Welche $\begin{eqnarray} B \subseteq [1:6] \end{eqnarray}$ sind stochastisch unabhängig zu $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ Hier hatte ich nun gedacht 4, 5 und 6.. Aber danach hab ich mir die Def. angeschaut und das hat ja damit nichts zu tun. Und bei zwei würfen wäre es ja komplett unabhängig.. nur wenn $\begin{eqnarray} A=\{1,2,3\} \end{eqnarray}$ im ersten Wurf ist und $\begin{eqnarray} B=\{3,4,5,6\} \end{eqnarray}$ im zweiten, verstehe ich $\begin{eqnarray} A \cap B \end{eqnarray}$ nicht ganz. Geht das mit der bedingten Wahrscheinlichkeit in einem Wurf überhaupt? Vielleicht könnt ihr mir ja helfen.. oder reicht die Gedächtniszusammenfassung einfach nicht für ne klare Lösung? Danke Schonmal
01.08.2013, 12:43	crumar	Auf diesen Beitrag antworten »
Mh, kann ja nicht lange editieren hier :p Nun gut: Also für zwei Würfe, und für den Fall gilt das $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ im ersten Wurf auftritt und $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ im zweiten und der jeweils andere irrelevant ist, wäre dann ja: $\begin{eqnarray} P(A) = \frac{3}{6} \cdot 1 \wedge P(B) = 1 \cdot \frac{4}{6}<br /> P(A \cap B) = \frac{3}{6} \cdot \frac{4}{6} = \frac{3}{6} \cdot 1 \cdot 1 \cdot \frac{4}{6} = P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray}$ Damit wären die Ereignisse stochastisch unabhängig nach Def. Dann wurde aber mMn die d) falsch aufgeschrieben, denn es sind ja nicht einzelne Elemente von $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ stochastisch unabhängig von $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ , sondern eben ganz $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ . Ist ja auch logisch, da es ein fairer Würfel ist, und zwei Würfe unabhängig von einander sind -> Urnenmodell mit Zurücklegen und Reihenfolge

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