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von **Lukul** » 26.06.07 16:38

Hi,

wie bei den vorherigen Klausuren, können wir ja hier wieder unsere Lösungsvorschläge für die Probeaufgaben aus dem ILIAS posten und darüber diskutieren. Also hier Aufgabe 1:

$p_6^{(1)}=\frac{1}{6}\\ p_6^{(2)}=0\\ p_6^{(3)}=\frac{1}{4}$

a) $P(E_1)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{6} + \frac{1}{3} \cdot 0 + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{5}{36}$

b) E_1 und E_2 sind nicht stochastisch unabhängig.
Begründung: Wären sie s.u., so müsste die Formel
$P(E_1 \cap E_2)= P(E_1)\cdot P (E_2)$ gelten. Offenbar ist $P(E_i)=\frac{5}{36} \forall i$ , also $P(E_1)\cdot P (E_2) = \frac{5}{36}^2= \frac{25}{1296}$ . Wenn nun E_1 bereits eingetreten ist, wissen wir, dass nicht Würfel 2 gewählt worden sein kann, somit gilt: $P(E_2|E_1)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}=\frac{5}{24}$ , also $P(E_1 \cap E_2)=\frac{5}{24}\cdot \frac{5}{36} = \frac{25}{864}$ , Widerspruch zur obigen Formel. Also nicht s.u.

c) $P(W_3|E_1 \cap E_2)=\frac{P(W_3 \cap E_1 \cap E_2)}{P(E_1 \cap E_2)} = \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{4}}{\frac{25}{864}}=\frac{18}{25}$

d)(i) Sei Y Zufallsvariable, die die Anzahl der Sechsen angibt. Dann:
$P(Y=k)= \begin{pmatrix} 10 \\ k \end{pmatrix} (\frac{1}{6})^k(\frac{5}{6})^{10-k}$

(ii) Sei Z Zufallsvariable, die angibt, in welchem Wurf die erste Sechs geworfen wurde.
$P(Z=k)=(\frac{5}{6})^{k-1}\cdot \frac{1}{6}$

von **Pillenfresser** » 26.06.07 18:29

Mathematische Grundlage für die a): Formel von der totalen Wahrscheinlichkeit (S. 179)

b) hab ich mit der gleichen Überlegung, aber nicht so schön mit Mathe bewiesen.

c) haben wir mit der Bayesschen Formel (S. 179) $\frac{9}{13}$ . Fast das selbe, aber nur fast.

bei d) ii) biete ich $1 - (\frac{5}{6})^k$ .

von **Daniel** » 26.06.07 18:54

Lukul hat geschrieben:b) E_1 und E_2 sind nicht stochastisch unabhängig.

Klingt zwar mathematisch toll, aber in dem Hinweis darunter wird gesagt, dass genau das gilt was du widerlegt hast! Das ist nämlich genau die Voraussetzung für die stcohastische Unabhängigkeit die da steht.

Lukul hat geschrieben:c) $P(W_3|E_1 \cap E_2)=\frac{P(W_3 \cap E_1 \cap E_2)}{P(E_1 \cap E_2)} = \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{4}}{\frac{25}{864}}=\frac{18}{25}$

W3 und E2 geschnitten E1 sind aber sto. abhängig, deswegen darfst du das nicht einfach multiplizieren!

von **sHaddN** » 26.06.07 18:58

ohne groß in der materie zu stehen,
vom gesunden menschenverstand sag ich einfach mal
"ein würfel hat kein gedächtnis" => E1, E2 s.u.

von **maddinac** » 26.06.07 19:22

Pillenfresser schrieb:

c) haben wir mit der Bayesschen Formel (S. 179) \frac{9}{13}. Fast das selbe, aber nur fast.

Kannst du vllt mal zeeigen wie du das gemacht hast?
Ich komm da auf total bekloppte Werte.

von **Pillenfresser** » 26.06.07 19:39

maddinac hat geschrieben:Pillenfresser schrieb:
c) haben wir mit der Bayesschen Formel (S. 179) \frac{9}{13}. Fast das selbe, aber nur fast.

Kannst du vllt mal zeeigen wie du das gemacht hast?
Ich komm da auf total bekloppte Werte.

$P(W_3|E_1 \cap E_2) = \frac{P(W_3) \cdot P(E_1 \cap E_2|W_3)}{ \sum_{n=1}^{3} P(E_1 \cap E_2|W_n) \cdot P(W_n)} = \frac{\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{16}}{P(E_1 \cap E_2|W_1) \cdot P(W_1) + P(E_1 \cap E_2|W_2) \cdot P(W_2) + P(E_1 \cap E_2|W_3) \cdot P(W_3)} = \frac{\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{16}}{\frac{1}{36} \cdot \frac{1}{3} + 0 \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{16} \cdot \frac{1}{3}} = \frac{\frac{1}{16}}{\frac{1}{36} + \frac{1}{16}} = \frac{9}{13}$

von **CrazyPumuckl** » 26.06.07 19:56

Ich hatte mir für die b) folgendes überlegt:

Angenommen, E1 und E2 seien s.u.. Dann muss gelten: P(E1 geschn. E2) = P(E1) * P(E2).

Jetzt berechne ich die verschiedenen Werte:

P(E1 geschn. E2) = im 1. und im 2. Wurf fällt eine 6. Daher habe ich folgendes berechnet:
P(E1 geschn. E2) = 1/3*1/6*1/6 + 1/3*0*0 + 1/3*1/4*1/4 = 13/432.

P(E1) kennen wir aus Aufgabenteil a) : P(E1) = 5/36.

P(E2) = nur im 2. Wurf ist eine 6 gefallen. Daher habe ich folgendes berechnet:
P(E2) = 1/3*(1-1/6)*1/6 + 1/3*(1-0)*0 + 1/3*(1-1/4)*1/4 (also gemäß folgendem Schema: WürfelW' * W' dass keine 6 fällt * W' für eine 6) = 47/432.

Wenn E1 und E2 s.u sind, muss obige Formel gelten:
Also 5/36 * 47/432 = 235/15552 und das ist ungleich 13/432.

=> E1, E2 nicht s.u.
Oder ist das falsch gedacht/berechnet?

von **foogy** » 26.06.07 20:05

CrazyPumuckl hat geschrieben:P(E2) = nur im 2. Wurf ist eine 6 gefallen.

Wo steht denn das bitte? "E_i sei das Ereignis, dass im i-ten Wurf eine 6 fällt". Das heißt doch nicht, dass im i-1-ten Wurf nicht auch schon eine 6 gefallen sein kann. Es sei denn, die Aufgabe ist zu schwammig formuliert.
Für d)(ii) würde das natürlich stimmen, aber selbst hier setzt ja niemand voraus, dass im i+j-ten Wurf nicht noch eine 6 fällt.

von **CrazyPumuckl** » 26.06.07 20:18

Wie würde mann denn dann P(E2) berechnen? Das hieße dann doch im 1. Wurf fällt irgendeine Zahl und im 2.ten fällt eine 6. Die Wahrscheinlichkeit für irgendeine Zahl ist doch 1. Dann wäre aber doch P(E1) = P(E2) ?! aber das kommt mir komisch vor, oder ist das so, dass P(E_i) alle gleich sind?!

okay, wenn dem so ist, dann hab ich für die c) ebenfalls 9/13 raus.

von **Pillenfresser** » 26.06.07 20:27

Das ist in etwa der Punkt, an dem wir uns alle gerade stören. Und das hat Lukul ja auch im ersten Post geschrieben. Wenn du im ersten Wurf eine 1 oder eine 6 wirfst, kannst du Würfel 2 ausschließen. Also kann $P(E_1) = P(E_2)$ nicht gelten. Aber wie genau man nun $P(E_2)$ ausrechnet, so weit sind wir noch nicht.

von **Muffi** » 26.06.07 22:56

Daniel hat geschrieben:
Lukul hat geschrieben:b) E_1 und E_2 sind nicht stochastisch unabhängig.

Klingt zwar mathematisch toll, aber in dem Hinweis darunter wird gesagt, dass genau das gilt was du widerlegt hast! Das ist nämlich genau die Voraussetzung für die stcohastische Unabhängigkeit die da steht.

Meiner Meinung nach steht der Hinweis darunter nicht im Widerspruch zu Lukuls Aussage. Er sagt, dass $E_1$ und $E_2$ stochastisch unabhängig sind, wenn schon der Würfel gewählt wurde. Das schließt doch aber nicht aus, dass $E_1$ und $E_2$ stochastisch abhängig sein können, da ja die Wahl des Würfels in $E_1$ und $E_2$ einfließt. Nachdem der Würfel feststeht, sind die beiden Ereignisse sehr wohl stochastisch unabhängig und damit die Wahrscheinlichkeiten multiplizierbar. Ich hatte die Aufgabe genauso gelöst wie der OP.

von **Martin** » 27.06.07 14:15

So, ich hab mich eben in die tolle (*hust*) Diskussionsstunden geschlichen, und dabei ist folgendes rum gekommen (der Mensch hatte aber nicht viel mehr Ahnung als wir):

b)
$E_1$ , $E_2$ st. u.? $P(E_1 \cap E_2) = P(E_1)P(E_2)$
Allgemein gilt:
$P(A) = \sum_{j = 1}^{\infty} P(A|B_j) \cdot P(B_j)$
Also (unter Ausnutzung des Hinweis):
$P(E_1 \cap E_2) = \sum_{j = 1}^3 P(E_1 \cap E_2 | W_j) \cdot P(W_j) \\ = \sum_{j = 1}^3 P(E_1 | W_j) \cdot P(E_2 | W_j) \cdot P (W_j) \\ = \frac{1}{3} \cdot (P(E_1 | W_1) \cdot P (E_2 | W_1) + P(E_1 | W_2) \cdot P (E_2 | W_2) + P(E_1 | W_3) \cdot P (E_2 | W_3)) \\ = \frac{1}{3} \cdot (\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} + 0 + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4}) \\ = \frac{13}{432}$
Aber:
$P(E_1 \cap E_2) = P(E_1) \cdot P(E_2) = (\frac{5}{36})^2 = \frac{25}{1296}$

c)
$P(W_3 | E_1 \cap E_2) = P(E_1 \cap E_2 | W_3) \cdot \frac{P(W_3)}{P(E_1 \cap E_2)} \\ = \frac{1}{16} \cdot \frac{\frac{1}{3}}{\frac{13}{432}} \\ = \frac{9}{13}$

Habe ich schon erwähnt, wie toll ich das Betreuungsverhältnis in dieser Veranstaltung finde?

von **CrazyPumuckl** » 27.06.07 14:19

Also, damit haben die praktisch so gerechnet, dass alle P(E_i) gleich sind. das Argument, dass wenn im 1. wurf ne 6 gefallen ist, dass dann würfel 2 nicht mehr in betracht kommt, finde ich aber ziemlich logisch. Nur anscheinend hat dann der Übungsleiter der Diskussionsstunde das auch nicht beachtet / berechnet.

von **Martin** » 27.06.07 14:27

CrazyPumuckl hat geschrieben:Also, damit haben die praktisch so gerechnet, dass alle P(E_i) gleich sind. das Argument, dass wenn im 1. wurf ne 6 gefallen ist, dass dann würfel 2 nicht mehr in betracht kommt, finde ich aber ziemlich logisch. Nur anscheinend hat dann der Übungsleiter der Diskussionsstunde das auch nicht beachtet / berechnet.

Wie kommst du darauf? Die ganze dämlich Rumgerechnerei ist doch genau dafür da, formal zu zeigen, dass E_1 und E_2 eben nicht gleich sind.

von **CrazyPumuckl** » 27.06.07 14:31

ich hatte für die b genau die gleichen werte, wobei dann e1 und e2 gleich waren - komisch. naja, werds mir später nochmal anschauen.

naja, und außerdem haste doch da geschrieben: P(e1)*p(e2) = (5/36)^2, d.h. dass da doch P(e1) = p(e2) gilt.

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