Wahrsch. Schnittmenge < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Vor einem Bedienungsschalter treffen innerhalb der nächsten 10 Minuten mit einer
Wahrscheinlichkeit von 0,85 mindestens vier Kunden und mit einer Wahrscheinlichkeit
von 0,65 höchstens sechs Kunden ein. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit
dafür, dass in den nächsten 10 Minuten vier, fünf oder sechs Kunden eintreffen. |
In der Lösung steht folgendes was ich nicht verstehe, da ich es anders gelernt habe:
A = {4, 5, 6, · · ·} [mm] \hat= [/mm] mindestens 4 Ankünfte, W(A) = 0.85
B = {0, · · · , 6} [mm] \hat= [/mm] höchstens 6 Ankünfte, W(B) = 0.65
C = {4, 5, 6} [mm] \hat= [/mm] mindestens 4 und höchstens 6 Ankünfte
Soweit ok, das sehe ich auch so. Doch dann steht dort:
W(C) = W(A [mm] \cap [/mm] B)
[mm] \underbrace{=}_{AS} [/mm] W(A) + W(B) - W(A [mm] \cup [/mm] B)
[mm] \underbrace{=}_{A \cup B=\Omega} [/mm] 0,85 + 0,65 - 1
= 0,5
Wieso soll bei der Wahrscheinlichkeit des Durchschnitts zweier Ereignisse (Mengen) denn der Additionssatz zur Anwendung kommen?
Ich habe gelernt das der Additionssatz nur bei der Vereinigung zweier Ereignisse (Mengen) angewendet werden kann und das man beim Durchschnitt zweier stochastisch unabhängiger Ereignisse die Einzelwahrscheinlichkeiten multipliziert.
Also so würde ich es machen:
W(C) = W(A [mm] \cap [/mm] B) = W(A) * W(B) = 0,5525
Bin ich da völlig auf dem Holzweg oder der Author der Lösung?
Mal abgesehen davon kenne ich den Additionssatz so:
W(A [mm] \cup [/mm] B) = W(A) + W(B) - W(A [mm] \cap [/mm] B)
und nicht wie in der Lösung aufgeführt.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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> Wieso soll bei der Wahrscheinlichkeit des Durchschnitts
> zweier Ereignisse (Mengen) denn der Additionssatz zur
> Anwendung kommen?
> Ich habe gelernt das der Additionssatz nur bei der
> Vereinigung zweier Ereignisse (Mengen) angewendet werden
> kann und das man beim Durchschnitt zweier stochastisch
> unabhängiger Ereignisse die Einzelwahrscheinlichkeiten
> multipliziert.
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> Also so würde ich es machen:
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> W(C) = W(A [mm]\cap[/mm] B) = W(A) * W(B) = 0,5525
>
Hallo jockel4711,
sind die beiden Ereignisse denn stochastisch unabhängig?
> Mal abgesehen davon kenne ich den Additionssatz so:
>
> W(A [mm]\cup[/mm] B) = W(A) + W(B) - W(A [mm]\cap[/mm] B)
>
Diese Schreibweise der Additionsregel ist äquivalent zur obigen, wenn du sie nach W(A [mm]\cap[/mm] B) umstellst. Und in diesem Fall musst du diese Regel anwenden.
Gruß,
Palonina
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 21:33 Di 02.12.2008 | | Autor: | jockel4711 |
Das verstehe ich nicht.
In der Formelsammlung und im Skript finde ich für W(A [mm] \cap [/mm] B) nur den Multiplikationssatz für Bedingte Wahrscheinlichkeiten und für stochastisch unabhängige Ereignisse.
Also diese hier:
W(A [mm] \cap [/mm] B) = [mm] \begin{cases} W(A) * W(B / A) & \mbox{für } A, B \mbox{ } bel. \\ 0 & \mbox{für } A, B \mbox{ } disj. \\ W(A) * W(B) & \mbox{für } A, B \mbox{ } stu. \end{cases}
[/mm]
Wie kommt man darauf, hier den Additionssatz zu nehmen und umzuformen?
Dachte die Ereignisse sind stochastisch unabhängig, doch auch wenn nicht würde ich die oben erwähnte Formel für den Fall "A, B beliebig" anwenden und käme nicht auf die Idee den Additionssatz zu nehmen.
Wie weiß man das man so vorgehen muss?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:19 Di 09.12.2008 | | Autor: | jockel4711 |
Hallo,
hat jemand da einen Tip / eine Antwort für mich,
wäre super, da ich bald eine Klausur schreibe und mich dieses Verständnisproblem ziemlich demotiviert.
Schaut es Euch bitte mal an und gebt mir nen Tip,
wäre super klasse.
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| Aufgabe | Vor einem Bedienungsschalter treffen innerhalb der nächsten 10 Minuten mit einer
Wahrscheinlichkeit von 0,85 mindestens vier Kunden und mit einer Wahrscheinlichkeit
von 0,65 höchstens sechs Kunden ein. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit
dafür, dass in den nächsten 10 Minuten vier, fünf oder sechs Kunden eintreffen. |
> In der Lösung steht folgendes was ich nicht verstehe, da ich es anders gelernt habe:
> A = {4, 5, 6, · · ·} [mm] \hat= [/mm] mindestens 4 Ankünfte, W(A) = 0.85
> B = {0, · · · , 6} [mm] \hat= [/mm] höchstens 6 Ankünfte, W(B) = 0.65
> C = {4, 5, 6} [mm] \hat= [/mm] mindestens 4 und höchstens 6 Ankünfte
> Soweit ok, das sehe ich auch so. Doch dann steht dort:
> W(C) = W(A [mm] \cap [/mm] B) [mm] \underbrace{=}_{AS} [/mm] W(A) + W(B) - W(A [mm] \cup [/mm] B) [mm] \underbrace{=}_{A \cup B=\Omega} [/mm] 0,85 + 0,65 - 1 = 0,5
> Wieso soll bei der Wahrscheinlichkeit des Durchschnitts zweier
> Ereignisse (Mengen) denn der Additionssatz zur Anwendung kommen?
> Ich habe gelernt das der Additionssatz nur bei der Vereinigung
> zweier Ereignisse (Mengen) angewendet werden kann.
hallo jockel,
In der Wahrscheinlichkeitsrechnung werden Ereignisse
als Teilmengen der Menge [mm] \Omega [/mm] betrachtet. In diesem Sinn
ist es ganz natürlich, dass hier die Regeln der Mengenlehre
auch zur Anwendung kommen.
Der Additionssatz in seiner Grundform sagt eigentlich:
"Wenn zwei Ereignisse [mm] E_1 [/mm] und [mm] E_2 [/mm] unvereinbar (nicht
etwa unabhängig !) sind, also [mm] E_1\cap E_2=\emptyset [/mm] , dann ist
[mm] W(E_1\cup E_2)=W(E_1)+W(E_2)
[/mm]
Dies gilt analog auch für mehrere Ereignisse, die paarweise
unvereinbar sind. Für zwei beliebige Ereignisse A und B sind
die drei Ereignisse [mm] A\backslash{B}, A\cap{B} [/mm] und [mm] B\backslash{A} [/mm] unvereinbar,
und ihre Vereinigung ergibt [mm] A\cup{B}. [/mm] Wendet man den
Additionssatz auf diese Situation an, so erhält man den
Additionssatz in der Form, in der du ihn erwähnt hast
oder auch so, wie er in der dir vorliegenden Lösung steht.
> .....
> und das man beim Durchschnitt zweier stochastisch unabhängiger
> Ereignisse die Einzelwahrscheinlichkeiten multipliziert.
Das hat hier nichts zu suchen, denn A und B sind keineswegs
stochastisch unabhängig !
Die vorliegende Aufgabe kannst du auch ganz "naiv" so
betrachten:
Die Anzahl der Kunden, die in den nächsten 10 Minuten
vor dem Schalter eintreffen, muss irgendeine Zahl [mm] x\in \IN_0
[/mm]
sein. Diese Zahl x kann entweder kleiner als 4, eine Zahl aus
[mm] \{4,5,6\} [/mm] oder grösser als 6 sein. Die Gesamtwahrscheinlichkeit
für alle möglichen Fälle ist natürlich gleich Eins. Dass 0.85+0.65=1.5
um 0.5 grösser als 1 ist, kann nur daran liegen, dass die
Möglichkeit [mm] x\in \{4,5,6\} [/mm] doppelt gezählt worden ist; also
muss [mm] W(x\in \{4,5,6\}) [/mm] gleich dem "Überschuss" 1.5-1=0.5 sein.
LG al-Chw.
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