Unabhängigkeit Tetraeder

19.05.2014, 20:48

eni2208

Unabhängigkeit Tetraeder

Meine Frage:
Hallo,
es sollen 2 Zufallsexperimente betrachtet werden.
a) Ein 1- maliger Wurf eines fairen Tetraeders. Gibt es dann nichttriviale Ereignisse A, B, C die unabhängig sind?
b) Ein 1- maliger Wurf eines fairen 8-seitigen Würfels. Gibt es nichttriviale Éreignisse A, B, C die unabhängig sind?
c) wie b), aber Ereignisse A,B,C,D

Meine Ideen:
Bei b) würde ich sagen dass es solche gibt, z.B. A={1,2,3,4}, B={2,4,6,8} C={4,5,6,7}. D.g. $\begin{eqnarray*} P(A\cap B\cap C)=P\left\{4\right\} =\frac{1}{8} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(A)P(B)P(C)=\frac{1}{2} \frac{1}{2}\frac{1}{2}=\frac{1}{8} \end{eqnarray*}$
Bei a) und c) vermute ich dass es nicht klappt, da die Grundmenge zu klein ist, kann es aber leider nicht richtig begründen. Jemand eine Idee?

19.05.2014, 21:30

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von eni2208
Bei b) würde ich sagen dass es solche gibt, z.B. A={1,2,3,4}, B={2,4,6,8} C={4,5,6,7}. D.g. $\begin{eqnarray*} P(A\cap B\cap C)=P\left\{4\right\} =\frac{1}{8} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(A)P(B)P(C)=\frac{1}{2} \frac{1}{2}\frac{1}{2}=\frac{1}{8} \end{eqnarray*}$

Ja, aber Vorsicht: Das ist noch lange nicht alles, was du für die Unabhängigkeit der drei nachweisen musst.

Es fehlt auch noch $\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A)P(B) \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} P(A\cap C)=P(A)P(C) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(B\cap C)=P(B)P(C) \end{eqnarray*}$ .

Siehe z.B. dieses "Gegenbeispiel", wo die Überprüfung des Dreierdurchschnitts allein nicht ausreicht.

EDIT: Hab's erst gar nicht gesehen, aber du hast tatsächlich auch sowas produziert. Big Laugh

20.05.2014, 14:31

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

@ Physikverständige

Daß man in der mathematischen Stochastik ein faires Tetraeder würfeln kann, steht außer Frage. Es ist ja isomorph zu einem Glücksrad mit 4 kongruenten Sektoren.

Wie sieht es aber mit einem echten physikalischen Tetraeder aus? Kann man das wirklich dazu bringen, daß es rollt?

20.05.2014, 15:52

eni2208

Auf diesen Beitrag antworten »

Naja von rollen kann da wohl so gesehen wirklich keine Rede sein, aber wenn ich nur Ereignisse A und B habe , können diese ja auch unabhängig sein und ich bleibe beim Tetraeder. Muss dann ja schon irgendwie von der Grundmenge und der Anzahl der Teilmengen abhängen. Also 3 Ereignisse sind zu viel für "4 mögliche Ergebnisse" und dann aber wieder 3 ist Ok für 8, aber 4 wieder nicht. Aber warum genau?

20.05.2014, 16:00

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zunächst solltest du noch dein Beispiel für den 8seitigen Wüfel (Oktaeder?) korrigieren - oder war ich oben nicht deutlich genug, dass dein da angegebenes Beispiel nicht passt? Augenzwinkern

20.05.2014, 20:12

eni2208

Auf diesen Beitrag antworten »

Doch doch, das hab ich schon geändert. Mit C={3,4,5,6} sollte es passen smile

20.05.2014, 20:38

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zu a) Sämtliche Ereignisse in diesem W-Raum haben eine der Wahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray*} \frac{k}{4} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k\in\{0,1,2,3,4\} \end{eqnarray*}$ .

Ist das Ereignis "nicht trivial", dann sogar nur $\begin{eqnarray*} k\in\{1,2,3\} \end{eqnarray*}$ .

Nun indirekter Beweis: Angenommen, es gäbe nun nicht triviale $\begin{eqnarray*} A,B,C \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} P(A)P(B)P(C)=P(A\cap B\cap C) \end{eqnarray*}$ , dann muss es Zahlen $\begin{eqnarray*} a,b,c,d\in \{1,2,3\} \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \frac{a}{4} \cdot \frac{b}{4} \cdot \frac{c}{4} = \frac{d}{4} \end{eqnarray*}$

geben, umgestellt $\begin{eqnarray*} abc = 16d \end{eqnarray*}$ . Das ist aber offensichtlich unmöglich, da jeder der Faktoren links maximal einmal den Primfaktor 2 enthält.

Neue Frage »

Antworten »

Unabhängigkeit Tetraeder

Verwandte Themen