Wahrscheinlichkeitsrechnung (allgemein, ...)

21.03.2014, 21:50

Integraluss

Wahrscheinlichkeitsrechnung (allgemein, ...)

Hallo,

(Bitte Antwortet zu jeden Absatz bwz. gebt euren Senf immer dazu, egal obs richtig doer falsch ist, was ich sage. Also zitiert meine Text und antwortet unter jeder Frage und Absatz, so kann ich besser nachvollziehen, wo die Antwort hingehört)

Die Wahrscheinlichkeit von etwas lässt sich doch folgendermaßen berechnen: P(E)=Anzahl der günstigen Fälle / Anzahl der möglichen Fälle

Es gibt hier ja sog. Gesetze:

Additionsgesetz bzw. ODER-Regel:

1) Unvereinbare Ereignisse

Bsp: Kartenspiel(32 Karten) --> 4 Könige, Damen, 8 Herz, Karo etc. sind enthalten
Wie groß ist die WS einen König oder einer Dame zu ziehen?

Anzahl der günstigen Fälle ist ja bei beiden 4 und die Anzahl der möglichen Fälle ist 32. laut ODER-Regel macht man ja folgendes:
4/32+4/32 --> Also einfach die WS addieren.

2) Vereinbare Ereignisse

Bsp: Wie groß ist die WS eine Herz-Karte oder einen König zu ziehen?

Lösung: 8/32+4/32-1/32=11/32

Es gibt ja 8 günstigen Fälle, da es ja 8 Herzkarten zu ziehen gibt und 4 günstige Fälle bei den Königen, aber warum subtrahiert man mit 1/32?

Ich verstehe überhaupt nicht den Unterschied zwischen 1) und 2), auch wenn ich hier die Bsps vor mir habe. Was soll verinbar und unvereinbar bedeuten? Hat wer ein anderes Bsp bitte?

Multiplikationssatz bzw. UND-Regel:

1) 2 unabhängige Ereignisse E1 und E2

Bsp: 2 Würfel. Wie groß ist die WS mit einem Würfel eine gerade Zahl und mit einem zweiten Würfen eine 6 zu würfeln?

Anzahl der günstigen Ereignisse: 3 bei den geraden Zahlen und 1 bei "6 würfeln".
Also einfach die WS multiplizieren: 3/6 * 1/6 = 1/12

Warum ist 6 die Anzahl der möglichen Fälle? Wäre das nicht 36?? Es sind doch 2 Würfeln, ich verstehe das nicht :S.

2) Bedingte WS(2 abhängige Ereignisse)

Bsp: Lose sind von 1-60 durchnummiert und 1 Los wird gezogen. Wie groß ist die WS, dass das Los durch 8 teilbar ist, wenn es aber auch durch 6 teilbar ist?

Also die möglichen Fälle sind doch die Annzahl der Zahlen, die durch 6 teilbar sind, richtig?
Und darin gibt es dann X Zahlen, die dann auch durch 8 teilbar sind. Stimmt das so?

Nun ein paar vermischte Bsp:
In einer Urne befinden sich 1 weiße, 1 grüne, 1 rote und 1 schwarze kugel. Es werden 2 Kugeln hintereinander ohne zurücklegen gezogen. Wie groß ist die WS, dass

a) zuerst weiß, dann schwarz gezogen wird?
Laut Lösung ist das ein Multiplikationssatz, als die UND-Regel, aber warum? Das ist doch nicht so wie beim Kartenspiel: Ziehe "Dame UND König". Warum?

b) als erstes die rote gezogen wird? Das ist leicht, einfach 1/4.

c) als zweite die grüne gezogen wird?
Verstehe ich auch nicht. Laut Lösung hier auch wieder UND-Regel. Verstehe nicht, wie ich da vorgehen soll, wenn als zweite die grüne gezogen werden soll. Bitte erklärt es mir.

d) nicht als erste die rote gezogen wird? Auch einfach --> 3/4

e) in einer der beiden Ziehungen rot dabei ist?
Lösung: 1/4+3/*1/3 = 1/2 --> Warum? Wie kommt man auf das?

f) in keiner Ziehung schwarz zu ziehen?
Lösung: UND-Regel --> 3/4 * 2/3 --> Warum das denn bitte? Warum ist es eine UND-Regel?

21.03.2014, 22:36

HAL 9000

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RE: Wahrscheinlichkeitsrechnung(allgemein, ...)

Zitat:

Original von Integraluss
Bsp: Wie groß ist die WS eine Herz-Karte oder einen König zu ziehen?

Lösung: 8/32+4/32-1/32=11/32

Es gibt ja 8 günstigen Fälle, da es ja 8 Herzkarten zu ziehen gibt und 4 günstige Fälle bei den Königen, aber warum subtrahiert man mit 1/32?

Weil du bei der Summe vorher den Herz König doppelt gezählt hast. Im Prinzip eine Anwendung der allgemeingültigen Formel

$\begin{eqnarray*} P(A\cup B) = P(A) + P(B) - P(A\cap B) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Integraluss
Ich verstehe überhaupt nicht den Unterschied zwischen 1) und 2), auch wenn ich hier die Bsps vor mir habe. Was soll verinbar und unvereinbar bedeuten?

Bei 1) trat der Fall nicht auf, denn eine Karte kann ja nicht zugleich König und Dame sein - bei 2) mit Herz und König geht das aber, nämlich eben in Gestalt der Karte "Herz König"

Zitat:

Original von Integraluss
Warum ist 6 die Anzahl der möglichen Fälle?

Die Würfel werden da einzeln betrachtet: Bei 3/6 der erste Würfel, und bei 1/6 der zweite Würfel.

Zitat:

Original von Integraluss
Bsp: Lose sind von 1-60 durchnummiert und 1 Los wird gezogen. Wie groß ist die WS, dass das Los durch 8 teilbar ist, wenn es aber auch durch 6 teilbar ist?

Also die möglichen Fälle sind doch die Annzahl der Zahlen, die durch 6 teilbar sind, richtig?
Und darin gibt es dann X Zahlen, die dann auch durch 8 teilbar sind. Stimmt das so?

Ja.

Zitat:

Original von Integraluss
In einer Urne befinden sich 1 weiße, 1 grüne, 1 rote und 1 schwarze kugel. Es werden 2 Kugeln hintereinander ohne zurücklegen gezogen. Wie groß ist die WS, dass

a) zuerst weiß, dann schwarz gezogen wird?
Laut Lösung ist das ein Multiplikationssatz, als die UND-Regel, aber warum? Das ist doch nicht so wie beim Kartenspiel: Ziehe "Dame UND König". Warum?

Nein, es geht ja nicht darum, dass weiß und schwarz im selben Zug gezogen werden (was unmöglich ist, die Kugel kann ja nicht zugleich weiß und schwarz sein), sondern nacheinander in zwei Zügen.

Im übrigen ging es bei 1) nicht um "Dame UND König", sondern um "Dame ODER König". In der Stochastik (wie in der Logik) ist es tödlich, diese beiden Dinge zu verwechseln. Augenzwinkern

Die eigentlichen Berechnungen von a) bis f) gehen mit Pfadwahrscheinlichkeiten in einem Baum vonstatten (so nennt man das wohl in der Schule), oder seriös ausgedrückt "bedingten Wahrscheinlichkeiten". Also z.B. bei a)

$\begin{eqnarray*} P(W_1\cap S_2) = P(W_1)\cdot P(S_2 \mid W_1) \end{eqnarray*}$

für die Ereignisse

$\begin{eqnarray*} W_1 \end{eqnarray*}$ ... im ersten Zug wird weiße Kugel gezogen, d.h. $\begin{eqnarray*} P(W_1) = \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} S_2 \end{eqnarray*}$ ... im zweiten Zug wird schwarze Kugel gezogen

Die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(\cdot \mid W_1) \end{eqnarray*}$ beschreibt die Situation, nachdem im ersten Zug eine weiße Kugel gezogen wurde, d.h. mit danach noch jeweils einer Kugel der Farben grün, rot und schwarz in der Urne. Dementsprechend hat man dann mit nur noch drei Restkugeln in der Urne

$\begin{eqnarray*} P(S_2 \mid W_1) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ .

22.03.2014, 09:36

Integraluss

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Danke, aber ich verstehe diese Aufgabe mit den Kugeln nicht.

(Bitte wieder unter jedem Absatz/Frage antworten, danke.)

zu a): Zuerst weiß und dann schwarz.
Das ist doch eine bedingte Wahrscheinlichkeit oder? Weil man muss zuerst weiß zieht...

Die Formel ist folgende: $\begin{eqnarray*} P(B|A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)} \end{eqnarray*}$ --> Das ist die WS, dass ein Ereignis B eintritt unter der Bedingung, das A eingetreten ist.

Ist das also die Formel für bedingte WS?

$\begin{eqnarray*} P(A\cap B) \end{eqnarray*}$ bedeutet einfach die WS von A multipliziert mit der WS von B, richtig?

Also komme ich zur folgenden Lösung: WS, dass man weiß zieht ist ja 1/4. Die WS das man schwarz zieht ist ja dann 1/3. Also: $\begin{eqnarray*} \frac{\frac{1}{4}*\frac{1}{3}}{\frac{1}{4}} \end{eqnarray*}$ --> Aber da kommt ja blödsinn raus, ich bin nun voll verwirrt. Das ganze ist doch die bedingte WS, oder nicht?

c) Ist das hier auch bedingt? Wie soll man sowas herausfinden, ob es bedingt ist oder nicht? Ich meine hier der erste Zug kann ja alle Farben enthalten sein, aber der 2te sollte grün sein.

d) Hm, das ist die Gegenwahrscheinlichkeit, aber warum genau?

e) und f) sind mir auch nicht wirklich klar.

Wie gehe ich da vor, dass ich berurteilen kann, was ich genau jetzt nehme? Wie kann ich mir solche Aufgaben leicht machen?

22.03.2014, 11:56

HAL 9000

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Zitat:

Original von Integraluss
(Bitte wieder unter jedem Absatz/Frage antworten, danke.)

Ich bin hier kein Antwortautomat, auch wenn das oben so aussehen mag. Ich beantworte von nun an nur punktuell die Anfragen, weil sich deine Anfragen inhaltlich ständig wiederholen.

Zitat:

Original von Integraluss
$\begin{eqnarray*} P(A\cap B) \end{eqnarray*}$ bedeutet einfach die WS von A multipliziert mit der WS von B, richtig?

NEIN!!! Es ist die Wahrscheinlichkeit, dass sowohl Ereignis A als auch B eintritt ("A UND B"), also zugleich. Nur im Spezialfall, dass die beiden Ereignisse A und B unabhängig sind, ist es einfach das Produkt der Wahrscheinlichkeiten. Die Ereignisse $\begin{eqnarray*} W_1,S_2 \end{eqnarray*}$ (s.o.) sind beispielsweise nicht unabhängig, da das Ziehen/Nichtziehen einer weißen Kugel im ersten Versuch sehr wohl die Chance beeinflusst, im zweiten Versuch eine schwarze Kugel zu ziehen.

Im übrigen hatte ich ja die Lösung zu a) oben schon angegeben:

$\begin{eqnarray*} P(W_1\cap S_2) = P(W_1)\cdot P(S_2 \mid W_1) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{12} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Integraluss
c) Ist das hier auch bedingt?

Nein, es ist die normale Wkt gesucht, dass als zweites eine grüne Kugel gezogen wird. Es ist ein Unterschied, ob eine bedingte Wkt gesucht ist oder man solche als Hilfsmittel zur Berechnung heranzieht.

Zitat:

Original von Integraluss
Wie gehe ich da vor, dass ich berurteilen kann, was ich genau jetzt nehme? Wie kann ich mir solche Aufgaben leicht machen?

Durch Nachdenken, Anschauen (mehr oder weniger) zahlreicher Beispiele - das Unterforum "Schulmathematik | Stochastik" bietet eine Menge davon - und natürlich die alte Leier "üben, üben, üben". Der Einsatz des gesunden Menschenverstandes ist sicher auch nicht verkehrt, zumindest bei der kritischen Kontrolle eigener Ergebnisse (etwa wenn Wahrscheinlichkeiten größer 1 herauskommen, o.ä.).

22.03.2014, 12:58

Integraluss

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Ok, danke!

Nochmals zur Wiederholung:
Bei 2 unabhängige Ereignissen ist $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) = P(A)*P(B) \end{eqnarray*}$ .
Bei 2 abhängigen Ereignissen ist $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) = P(A)*P(B|A) \end{eqnarray*}$ .

Richtig?

Zum Los-Bsp(das ich oben schon erwähnt habe):
Lose sind von 1-60 durchnummeriert und 1 Los wird gezogen. Wie groß ist die WS, das die Losnummer durch 8 teilbar ist, wenn man weiß, dass sie durch 6 teilbar ist?

Wir haben da gemacht:
$\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ... durch 6 teilbar
$\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ... durch 8 teilbar

$\begin{eqnarray*} P(A) = \frac{10}{60} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = \frac{2}{60} \end{eqnarray*}$

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

Warum wird bei a) nicht so gerechnent? Warum braucht man da $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) \end{eqnarray*}$ ?
Ist das nicht dasselbe Bsp fast? Aber bei a) rechnet man $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) \end{eqnarray*}$ aus und beim Los-Bsp $\begin{eqnarray*} P(B | A \end{eqnarray*}$ ), aber warum?

Andere Frage: Wie kommt man auf $\begin{eqnarray*} P(B|A) \end{eqnarray*}$ ? Gibt es da auch eine Formel? $\begin{eqnarray*} P(B|A) \end{eqnarray*}$ ist doch die Wahrscheinlichkeit, dass Ereignis B auftritt unter der Bedingung das A eingetreten ist.

Bei a) wäre das durch logisches nachdenken 1/3, weil wenn Ergebnis A hier eintritt, gibt es ja nur noch 3 Kugeln und die Wkt ist dann halt 1/3. Gibt es da auch eine bombensichere Formel?

22.03.2014, 13:15

HAL 9000

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Zitat:

Original von Integraluss
Bei 2 abhängigen Ereignissen ist $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) = P(A)*P(B|A) \end{eqnarray*}$ .

Ich würde es eher so formulieren: Diese Formel gilt immer, sowohl bei abhängigen als auch unabhängigen Ereignissen A,B. Bei letzteren ist dann im besonderen P(B|A) = P(B), d.h. die Wahrscheinlichkeit für das Eintreffen des Ereignisses B ist dieselbe mit oder ohne Bedingung A - daher auch die Wortwahl "unabhängig".

Zitat:

Original von Integraluss
Warum braucht man da $\begin{eqnarray*} P(A \cap B) \end{eqnarray*}$ ?

Weil dies gesucht ist statt einer bedingten Wahrscheinlichkeit!!! Da steht doch nicht

"Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass als zweite Kugel schwarz gezogen wird, wenn als erste Kugel weiß gezogen wird?"

sondern klar und deutlich

"Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass zuerst weiß, dann schwarz gezogen wird?"

Bei der ersten Frage wäre ein bedingte Wahrscheinlichkeit gefragt, bei der zweiten dagegen die Wahrscheinlichkeit des Durchschnittes. Es ist hier aufmerksames Durchlesen gefragt.

Zitat:

Original von Integraluss
Gibt es da auch eine bombensichere Formel?

Da könntest du auch gleich das ultimative Rezept für Sachaufgaben suchen. Es geht kein Weg vorbei an Problemanalyse und nachfolgender Abstraktion.

22.03.2014, 13:27

Integraluss

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Bitte löschen.

22.03.2014, 14:04

Integraluss

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Ahh ok danke! Schon langsam wirds, denke ich.

Zitat:

...d.h. die Wahrscheinlichkeit für das Eintreffen des Ereignisses B ist dieselbe mit oder ohne Bedingung A - daher auch die Wortwahl "unabhängig".

Ok, gut. Bei a) will man wissen wie hoch die Wkt ist, wenn zuerst weiß UND dann schwarz gezogen wird.

Also folgende Formel: $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) = P(A)*P(B|A) \end{eqnarray*}$

In der Schule haben wir das echt blöd gemacht.

Da haben wir ja folgendermaßen verglichen(zwischen den 2 folgenden Beispielen):

Bsp1: 2 Würfel. Wie groß ist die Wkt mit dem 1. Würfel eine gerade Zahl und mit dem 2. Würfel eine 6 zu werfen?

Wieder folgende Formel: $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) = P(A)*P(B|A) \end{eqnarray*}$ .
Was ist nun P(B|A) hier. Naja Würfel 1 ist unabhängig von Würfel 2 und daher ist P(B|A)=P(B) richtig?

Bsp2: Lose-Bsp mit der bedingten Wkt.

Gibt es auch ein Bsp wo man $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) \end{eqnarray*}$ berechnet und $\begin{eqnarray*} P(B|A) != P(B) \end{eqnarray*}$ ist?

Weil bisher habe ich nur gesehen, wenn man bedinge Wkt(also abhängige Ereignisse) hat, dann berechnet man $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) \end{eqnarray*}$ und wenn ich keine habe(also unabängige Ereignisse), dann berechnet man $\begin{eqnarray*} P(B|A) \end{eqnarray*}$ , wobei hier ja immer $\begin{eqnarray*} P(B|A) != P(B) \end{eqnarray*}$ ist. Stimmt das so?

22.03.2014, 15:34

HAL 9000

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Zitat:

Original von Integraluss
Gibt es auch ein Bsp wo man $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) \end{eqnarray*}$ berechnet und $\begin{eqnarray*} P(B|A) != P(B) \end{eqnarray*}$ ist?

Ja klar, da steht schon eines die ganze Zeit oben:

$\begin{eqnarray*} P(S_2 \mid W_1) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ , aber es ist $\begin{eqnarray*} P(S_2) = \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$

(letzteres ist de facto die Antwort zu c), denn ob schwarz oder grün ist eigentlich egal).

In Worten:

1) Die Wahrscheinlichkeit, im zweiten Zug eine schwarze Kugel zu ziehen, ist gleich 1/4.

2) Die Wahrscheinlichkeit, im zweiten Zug eine schwarze Kugel zu ziehen, wenn im ersten Zug eine weiße Kugel gezogen wurde, ist gleich 1/3.

Wie hängen 1) und 2) zusammen? Nun, man betrachtet alle Fälle für das Ziehen der ersten Kugel, und berechnet dann die sogenannte totale Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(S_2) &=& P(W_1\cap S_2) + P(S_1\cap S_2) + P(G_1\cap S_2) + P(R_1\cap S_2) \\ &=& P(W_1)P(S_2 \mid W_1) + P(S_1)P(S_2 \mid S_1) + P(G_1)P(S_2 \mid G_1) + P(R_1)P(S_2 \mid R_1) \\ &=& \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{4}\cdot 0 + \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$

Das ist der lange steinige Weg. Der kurze wäre nachzudenken, dass es bei der Symmetrie dieses Problems nicht von der Zugnummer abhängen kann, welche absoluten (!) Wahrscheinlichkeiten für eine bestimmte Kugelfarbe man hat.

22.03.2014, 15:59

Integraluss

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Ah, ok danke!

Stimmt es, dass man von einer bedingten Wkt redet, wenn man P(B|A) ausrechnen muss?

Bei unserem Bsp mit den farbigen Kugeln a), ist es zwar auch ein abhängiges Ereginiss, aber wir rechnen aus wenn schwarz UND weiß gezogen wird. Stimmts?

Ich möchte ein weiteres Bsp machen, sodass ich das verstehe.

Bsp: Urne(5 Kugeln mit den Nummern 1-5). 2 Kugeln werden nacheinander (ohne zurücklegen) gezogen.
Wie groß ist die WS, dass a) die erste Kugel eine gerade Ziffer trägt und b) die zweite Kugel eine gerade Ziffer trägt und c) die erste oder die zweite eine gerade Ziffer trägt?

a) Es gibt hier 2 gerade und 3 ungerade Ziffern. Durch Anwenden von "günstigen Fälle / mögliche Fälle" kommt 2/5 raus, das ist einfach.

b) Hier habe ich überhaupt keine Ahnung, leider wie ich das angehen soll. Muss ich hier jetzt alle fälle durchgehen, oder wie macht man das nun?

c) Ich vermute das ist: a) ODER b) bzw. a) + b) Richtig?

22.03.2014, 16:55

HAL 9000

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Zitat:

Original von Integraluss
b) Hier habe ich überhaupt keine Ahnung, leider wie ich das angehen soll.

Vermutlich willst du mit dieser Formulierung erreichen, dass ich alles haarklein vorrechne. Du erreichst aber eher das Gegenteil: Diese überhaupt keine Ahnung ist ein Schlag ins Gesicht meiner bisherigen Erläuterungen: Gerade im letzten Beitrag hatte ich ausführlich berechnet, wie das mit der totalen Wahrscheinlichkeit ist. Ich hab da jetzt auch überhaupt keine Lust, das nochmal zu erklären.

22.03.2014, 17:31

Integraluss

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Nein, das stimmt nicht. Ich will es nur verstehen und nicht einfach alles haarklein vorgerechnet haben.
Tut mir leid, wenn es so verstanden wurde.

Ich will es doch über kurzes nachdenken schaffen.

b): Ich weiß hier nie, wann ich ODER bzw. UND-Regel anwenden muss, darum habe ich das Beispiel hier gebracht, um zu vergleichen.
Du musst mir hier doch nichts haargenau vorrechnen, ich will nur Hilfe bitte.

Die zweite Kugel soll doch gerade sein und man soll die Wkt berechnen. Es gibt 2 gerade Kugeln. Entweder man hat: ungerade,gerade oder gerade,ungerade oder gerade, gerade.

Also sind das 3 günstige Fälle. Und 5 mögliche Fälle sind es. Also: 3/5

Aber laut Lösung ist es: 2/5*1/4 + 3/5*2/4 = 3/5

Hier haben die mit UND- und ODER-Regel gerechnet und das will ich eben auch so können, da es ja schneller geht bei gewisse Aufgaben. Ich hab mir unseren ganzen Thread nochmals durchgelesen, aber trotzdem weiß ich nie genau wann ich hier UND bzw. ODER-Regel anwenden muss.

Kannst du es mir bitte erklären?

22.03.2014, 19:08

Integraluss

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Im Skriptum stand 3/5, aber das ist falsch es kommt 2/5 raus und das hat mich verwirrt. Die Fragen oben sind jetzt erledigt.

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