Ereignisse - Wahrscheinlichkeiten ermitteln

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26.10.2018, 19:13	Snexx_Math	Auf diesen Beitrag antworten »
Ereignisse - Wahrscheinlichkeiten ermitteln Hallo zusammen, bei folgender Aufgabe komme ich nicht auf die letzten Lösungen: Seien A,B,C Ereignisse mit folgenden bekannten Wahrscheinlichkeiten: $\begin{eqnarray} P(A)=\frac{1}{4} , P(B^c)=\frac{2}{3} , P(C)=\frac{1}{2} , P(A^c \cap B) = \frac{1}{4} , P(B^c \cup C^c )=\frac{5}{6} , P(A \cap C)=0 \end{eqnarray}$ Ermittelt habe ich bereits: $\begin{eqnarray} P(A^c)=\frac{3}{4} , P(B)=\frac{1}{3} , P(C^c)=\frac{1}{2} , P(A \cup B^c) =\frac{3}{4} , P(B \cap C) =\frac{1}{6} , P(A^c \cup C^c )=1 , P(A^c \cap C^c)=\frac{1}{4}, P(A \cap B^c)=\frac{1}{6} , P(A^c \cup B)=\frac{5}{6} \end{eqnarray}$ Mir fehlen allerdings noch: $\begin{eqnarray} P(A\cap B) , P(A\cap B\cap C) \end{eqnarray}$ , und ich komme nicht auf den richtigen Trick für nützliche Mengenoperationen. Kann bitte wer Unterstützung leisten ? LG Snexx_Math
26.10.2018, 20:07	klauss	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Ereignisse - Wahrscheinlichkeiten ermitteln Veranschauliche mit Venn-Diagramm: $\begin{align} \left(A^{C}\cap B \right) \cup \left(A\cap B\right) = B \end{align}$
26.10.2018, 21:22	Snexx_Math	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Ereignisse - Wahrscheinlichkeiten ermitteln Kann man echt einfach sagen : $\begin{eqnarray} P(B)-P(A^c\cap B) = P(A\cap B) \end{eqnarray}$ Darf man solche Menngenverhältnisse ohne Weiteres einfach auf die Wahrscheinlichkeit übertragen ?! Dieser Gedanke widerstrebt mir intuitiv irgendwie :/
26.10.2018, 21:55	klauss	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Ereignisse - Wahrscheinlichkeiten ermitteln Wenn nicht ohne Weiteres, dann nachdem man sich zuvor Gedanken gemacht hat über $\begin{align} P\left[\left(A^{C}\cap B \right) \cup \left(A\cap B\right) \right] = P\left(A^{C}\cap B \right)+P\left(A\cap B\right) -P\left[\left(A^{C}\cap B \right) \cap \left(A\cap B\right) \right] \end{align}$
28.10.2018, 00:58	Snexx_Math	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Ereignisse - Wahrscheinlichkeiten ermitteln Ja der Schnitt ist offensichtlich leer. Das hab ich jetzt verstanden, aber komme bei $\begin{eqnarray} P(A\cap B \cap C) \end{eqnarray}$ jetzt auch nicht sinnvoll weiter Hab mit Venn Diagrammen rumgebastelt aber mir ist nichts nützliches ins Auge gestochen.. Ah könnte es sein: $\begin{eqnarray} P(A^c \cup B^c \cup C^c )= P((A^c \cup B^c )\cup (B^c \cup C^c ))=P(A^c \cup B^c )+ P(B^c \cup C^c )- P((A^c \cup B^c )\cap (B^c \cup C^c ))=P(A^c \cup B^c )+ P(B^c \cup C^c )-(1-P(B\cap C)) \end{eqnarray}$ Ist leider auch falsch
28.10.2018, 04:43	klauss	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Ereignisse - Wahrscheinlichkeiten ermitteln Hierzu wäre es interessant zu sehen, wie Du das Mengendiagramm für $\begin{eqnarray} \Omega \end{eqnarray}$ zeichnen würdest mit der Vorgabe, dass $\begin{eqnarray} P(A\cap C)=0 \end{eqnarray}$ . Welchen Wert sollte dann $\begin{eqnarray} P(A\cap B\cap C) \end{eqnarray}$ annehmen? Berechne auch $\begin{eqnarray} P(A\cup B\cup C) \end{eqnarray}$ anhand des Diagramms mit den vorliegenden Zahlen und vergleiche das Ergebnis mit der Formel $\begin{eqnarray} P(A\cup B\cup C) =P(A)+P(B)+P(C)-P(A\cap B)-P(A\cap C)-P(B\cap C)+P(A\cap B\cap C) \end{eqnarray}$
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01.11.2018, 19:33	Snexx_Math	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Ereignisse - Wahrscheinlichkeiten ermitteln Dann ist trivialerweise auch $\begin{eqnarray} P(A\cap B \cap C)=0 \end{eqnarray}$ Die Siebformel mussten wir danach auch eh noch anwenden
01.11.2018, 20:38	klauss	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Ereignisse - Wahrscheinlichkeiten ermitteln Dann haben wir's ja nach fast 1 Woche noch geschafft.
02.11.2018, 09:21	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
@Snexx_Math Man kann hier durchaus auch systematisch vorgehen, d.h., ohne dass man besonderes Geschick beim Jonglieren mit den diversen Mengenausdrücken haben muss: Man definiert $\begin{eqnarray} 2^3=8 \end{eqnarray}$ Variablen für die Wahrscheinlichkeiten der Dreierschnitte von $\begin{eqnarray} A,B,C \end{eqnarray}$ bzw. deren Komplemente, etwa $\begin{eqnarray} x_1 &=& P(A\cap B\cap C)\\ x_2 &=& P(A\cap B\cap C^c)\\ x_3 &=& P(A\cap B^c\cap C)\\ x_4 &=& P(A\cap B^c\cap C^c)\\ x_5 &=& P(A^c\cap B\cap C)\\ x_6 &=& P(A^c\cap B\cap C^c)\\ x_7 &=& P(A^c\cap B^c\cap C)\\ x_8 &=& P(A^c\cap B^c\cap C^c) \end{eqnarray}$ Nun überführt man die Wahrscheinlichkeitsangaben der Aufgabenstellung in Gleichungen für $\begin{eqnarray} x_1,\ldots,x_8 \end{eqnarray}$ , wobei wir eine schon automatisch haben (Summe aller acht ist gleich 1): $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\\ x_5\\ x_6\\ x_7\\ x_8\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\ \frac{1}{4}\\ \frac{2}{3}\\ \frac{1}{2}\\ \frac{1}{4}\\ \frac{5}{6}\\ 0\\ 0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Die letzte Gleichung $\begin{eqnarray} P(A\cap C)=0 \end{eqnarray}$ ist wegen des Wertes 0 ein Sonderfall, weil sie gleich zwei Bedingungen $\begin{eqnarray} x_1=0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} x_3=0 \end{eqnarray}$ liefert. Dieses 8x8-System kann man nun wie üblich mit den Mitteln der linearen Algebra lösen, und mit den erhaltenen Werten $\begin{eqnarray} x_1,\ldots,x_8 \end{eqnarray}$ sich sämtliche Mengenkombinationen mit $\begin{eqnarray} A,B,C \end{eqnarray}$ wieder zusammenbauen. Gewiss, kein eleganter Weg, und sicher auch nicht der kürzeste - aber einer, der sicher und ohne geniale Eingebungen zum Ziel führt.

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