Stochastische Unabhängigkeit < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:26 Sa 04.12.2010 | | Autor: | Pille456 |
| Aufgabe | | Es gebe 3 Kühlkreisläufe in einem Kraftwerk, die alle mit der Wahrscheinlichkeit 0 [mm] \le [/mm] p [mm] \le [/mm] 1 ausfallen. Es muss mindestens ein Kreislauf aktiv sein, damit das Kraftwerk nicht überhitzt. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Kraftwerk normal arbeiten kann? |
Hi,
Also ich denke das Problem lässt sich auch intuitiv recht schnell lösen, aber ich wollte es zur Übung mal formal korrekt machen und bin dabei auf eine Frage gestoßen:
[mm] \Omega=\{0.1\}^3 [/mm] , wobei 0 heißt, dass der Kühlkreislauf nicht aktiv ist und 1 eben doch.
[mm] S_1= [/mm] "Kreislauf 1 fällt aus" [Anm: wollte das eigentlich in Mengenklammern {} schreiben, aber Latex wollte da nicht so wie ich...]
[mm] S_2= [/mm] "Kreislauf 2 fällt aus"
[mm] S_3= [/mm] "Kreislauf 3 fällt aus"
A= "Mindestens Kreislauf fällt aus" [mm] \gdw \Omega [/mm] \ [mm] \{(0,0,0)\}
[/mm]
=> [mm] |A|=|\Omega|-|\{(0,0,0)\}|=2^3-1=7
[/mm]
[mm] P(\{(0,0,0)\})=p*p*p=p^3 [/mm] => [mm] P(A)=1-P(\{(0,0,0)\})=1-p^3
[/mm]
Sofern das oben korrekt ist: (Vielleicht erledigt sich die Frage ja, wenn es falsch ist :D):
Hierbei ist es intuitiv klar, dass [mm] S_1,S_2 [/mm] und [mm] S_3 [/mm] vollkommen unabhängig voneinander sind, sodass ich die Beziehung P ( A [mm] \cap [/mm] B ) = P ( A ) [mm] \cdot [/mm] P ( B ) angewendet habe. Aber laut Definition muss ich zeigen, dass diese Beziehung gilt, um die Ereignisse unabhängig nennen zu könne.
Hier mache ich doch genau das umgekehrte: Ich nenne die Ereignisse aufgrund meiner Intuition unabhängig voneinander und nutze dann P ( A ) [mm] \cdot [/mm] P ( B )! Eigentlich müsste ich doch erstmal zeigen, dass P ( A ) [mm] \cdot [/mm] P ( B ) gilt, bevor ich die Ereignisse unabhängig nennen kann...
Muss gestehen, ich bin ein wenig verwirrt, wann ich nun die Wahrscheinlichkeiten addieren kann und wann multiplizieren und wann ich sowas gar nicht darf. Könnte das jemand für mich mal klären? ;)
Gruß
Pille
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:39 Sa 04.12.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
A= "Mindestens Kreislauf fällt aus" $ [mm] \gdw \Omega [/mm] $ \ $ [mm] \{(0,0,0)\} [/mm] $
=> $ [mm] |A|=|\Omega|-|\{(0,0,0)\}|=2^3-1=7 [/mm] $
$ [mm] P(\{(0,0,0)\})=p\cdot{}p\cdot{}p=p^3 [/mm] $ => $ [mm] P(A)=1-P(\{(0,0,0)\})=1-p^3 [/mm] $
Fast. Also, es ist hier im übungsblattigen Sinne richtig. =)
=> $ [mm] |A|=|\Omega|-|\{(0,0,0)\}|=2^3-1=7 [/mm] $
Das hier verwendest Du gar nicht.
Es gilt
$A= [mm] \{\text{Mindestens ein Kreislauf fällt aus}\} [/mm] = [mm] \Omega \setminus \{(0,0,0)\} [/mm] $
also
$P(A)= [mm] P(\Omega)-P(\{(0,0,0)\})$
[/mm]
weil A und $(0,0,0)$ disjunkt nach Konstruktion.
Jetzt hast Du noch nicht explizit das Wahrscheinlichkeitsmaß (und die [mm] $\sigma$-Algebra, [/mm] aber die ist bei endlichem [mm] $\Omega$ [/mm] und vollständiger Information natürlich [mm] $\mathcal{P}(\Omega)$ [/mm] =) angegeben.
Wir gehen von Unabhängigkeit aus und verwenden das Produktmaß:
[mm] $P:=\bigotimes_{i=1}^3\operatorname{Binom}(1-p)$
[/mm]
[mm] $P(\Omega)=1$ [/mm] gilt sowieso, aber mit der Festlegung des Maßes wissen wir jetzt auch, daß
[mm] $P(\{(0,0,0)\})=p^3$
[/mm]
> Aber laut Definition muss ich zeigen, dass diese Beziehung gilt, um die Ereignisse unabhängig nennen zu könne.
Das müßtest Du, ist in der Realität aber häufig nicht durchführbar, weil impraktikabel oder unmöglich.
Viele Katastrophen kamen zustande, weil man dachte, Ereignisse wären unabhängig, aber sie waren's nicht. Beispiele sind passend hier zur Aufgabe der Störfall im Atomkraftwerk Forsmark vor ein paar Jahren (wo ein paar "unabhängige" Notstromgeneratoren doch nicht so unabhängig waren) und die Finanzkrise (weil in komplizierteren Finanzprodukten subtile Unabhängigkeitsannahmen versteckt waren. Man hat die Abhängigkeiten zwischen Kreditausfallwahrscheinlichkeiten mit der Korrelation modelliert und vergessen, daß die Korrelation ein schwächerer Begriff ist. Solange alles gut läuft erscheinen Kreditausfälle unabhängig, weil sie durch persönliche Probleme bedingt sind. Geht die Wirtschaft allgemein den Bach runter sieht das plötzlich ganz anders aus und man ist in einer feedback-loop.)
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:02 Sa 04.12.2010 | | Autor: | Pille456 |
> => [mm]|A|=|\Omega|-|\{(0,0,0)\}|=2^3-1=7[/mm]
>
> Das hier verwendest Du gar nicht.
>
Ist mir auch aufgefallen, naja schaden kann es trotzdem nicht :)
> Es gilt
> [mm]A= \{\text{Mindestens ein Kreislauf fällt aus}\} = \Omega \setminus \{(0,0,0)\}[/mm]
>
> also
>
> [mm]P(A)= P(\Omega)-P(\{(0,0,0)\})[/mm]
> weil A und [mm](0,0,0)[/mm] disjunkt
> nach Konstruktion.
>
D.h. wenn ich allgemein disjunkte Ereignisse habe, dann kann ich für die Gesamtwahrscheinlichkeit, dass (alle) diese Eintreten die Einzelwahrscheinlichkeiten multiplizieren, also hier konkret: $ [mm] P(\{(0,0,0)\})=p\cdot{}p\cdot{}p=p^3 [/mm] $ rechnen.
und für nicht disjunkte Ereignisse kann ich z.B. um aus dem Gesamtereignis die Wahrscheinlichkeit eines Teilereignisses zu berechnen diese Addieren / Subtrahieren, also konkret hier:
$ [mm] P(A)=1-P(\{(0,0,0)\})=1-p^3 [/mm] $
Um das mal als intuitiven Merksatz in eine Form zu bringen, also folgendes tun:
"Bei disjunkten Ereignisse immer multiplizieren, bei nicht disjunkten addieren/subtrahieren" ?
Disjunkte Ereignisse bekomme ich dann insbesondere dadurch, dass ich mir diese selber konstruiere / die Aufgabe bzw. Situation diese vorgibt. Es reicht dann, dass dadurch intuitiv klar ist, dass diese disjunkt sind, beweisen muss ich das zuvor nicht oder?
> Jetzt hast Du noch nicht explizit das
> Wahrscheinlichkeitsmaß (und die [mm]\sigma[/mm]-Algebra, aber die
> ist bei endlichem [mm]\Omega[/mm] und vollständiger Information
> natürlich [mm]\mathcal{P}(\Omega)[/mm] =) angegeben.
>
> Wir gehen von Unabhängigkeit aus und verwenden das
> Produktmaß:
> [mm]P:=\bigotimes_{i=1}^3\operatorname{Binom}(1-p)[/mm]
>
>
> [mm]P(\Omega)=1[/mm] gilt sowieso, aber mit der Festlegung des
> Maßes wissen wir jetzt auch, daß
>
> [mm]P(\{(0,0,0)\})=p^3[/mm]
>
Wieso muss ich das nun zeigen? Der Begriff des Produktmaßes sagt mir etwas, aber nicht des Wahrscheinlichkeitsmaßes.
Nach Definition ist das Produktmaß P = [mm] P_1\times P_2\times...\times P_n
[/mm]
Also ist das Produktmaß die Menge aller Wahrscheinlichkeiten die im Gesamtgrundraum [mm] \Omega [/mm] = [mm] \Omega_1\times \Omega_2 \times [/mm] ... [mm] \times \Omega_n [/mm] vorkommen können, oder?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:31 Sa 04.12.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
> D.h. wenn ich allgemein disjunkte Ereignisse habe, dann kann ich für die Gesamtwahrscheinlichkeit, dass (alle) diese Eintreten die Einzelwahrscheinlichkeiten multiplizieren, also hier konkret: $ [mm] P(\{(0,0,0)\})=p\cdot{}p\cdot{}p=p^3 [/mm] $ rechnen.
und für nicht disjunkte Ereignisse kann ich z.B. um aus dem Gesamtereignis die Wahrscheinlichkeit eines Teilereignisses zu berechnen diese Addieren / Subtrahieren, also konkret hier:
$ [mm] P(A)=1-P(\{(0,0,0)\})=1-p^3 [/mm] $
> Um das mal als intuitiven Merksatz in eine Form zu bringen, also folgendes tun:
> "Bei disjunkten Ereignisse immer multiplizieren, bei nicht disjunkten addieren/subtrahieren" ?
???
Disjunkt heißt schnittmengenfrei. [mm] $A\cap (0,0,0)=\emptyset$
[/mm]
Deswegen gilt [mm] $P(A)+P((0,0,0))=P(\Omega)$
[/mm]
> D.h. wenn ich allgemein disjunkte Ereignisse habe, dann kann ich für die Gesamtwahrscheinlichkeit, dass (alle) diese Eintreten die Einzelwahrscheinlichkeiten multiplizieren, also hier konkret: $ [mm] P(\{(0,0,0)\})=p\cdot{}p\cdot{}p=p^3 [/mm] $ rechnen.
Meinst Du hier unabhängige Ereignisse?
> und für nicht disjunkte Ereignisse kann ich z.B. um aus dem Gesamtereignis die Wahrscheinlichkeit eines Teilereignisses zu berechnen diese Addieren / Subtrahieren, also konkret hier:
$ [mm] P(A)=1-P(\{(0,0,0)\})=1-p^3 [/mm] $
Und hier hab ich absolut keine Ahnung, was das heißen soll.
> Der Begriff des Produktmaßes sagt mir etwas, aber nicht des Wahrscheinlichkeitsmaßes.
Machst Du das ganze nicht im Rahmen einer Vorlesung?
Wenn nicht, solltest Du Dir mal eine Einführung zum Thema Wahrscheinlichkeitsraum raussuchen. Sonst macht es keinen Sinn, den Rest formal aufzuschreiben, wie Du es hier tun willst. Ist keine Kritik, Pi*Daumen funktioniert auch, aber warum dann mit [mm] $\Omega$ [/mm] und dem ganzen Kram rumhantieren?
P(Höchstens 2 versagen)=1-P(alle versagen)= [mm] 1-P($S_1\cap S_2\cap S_3$)=
[/mm]
Unabhängigkeit
[mm] =1-P($S_1$)P($S_2$)P($S_3$)=$1-p^3$
[/mm]
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:54 Sa 04.12.2010 | | Autor: | Pille456 |
Erstmal schonmal vielen Dank für Deine Hilfe, das hat mir bisher schon recht gut geholfen ;)
Doch ich mache das im Rahmen einer Vorlesung, aber im Skript habe ich keine Definition für "Wahrscheinlichkeitsmaß" gefunden und die Definition von Wikipedia ist mir zwar intuitiv logisch klar, aber nicht direkt mengentheoretisch und hier liegt auch das Problem.
Viele der Probleme die wir in der Vorlesung / Übungsblättern behandeln sind mir persönlich intuitiv klar, aber eben nicht immer mathematisch korrekt. Also das Problem ist hierbei einfach, dass es entweder intuitiv "sehe" was ich machen muss oder gar keinen Plan habe, was ich tun soll.
Damit ich von der Notwendigkeit meiner Intuition etwas wegkomme, will ich viele der Dinge die mir intuitiv klar sind, nochmal mengentheoretisch mir klar machen, daher auch der recht ausführliche Weg mit den Mengen.
Ich versuche das nun nochmal etwas klarer zu formulieren:
Es gebe 2 voneinander unabhängige Ereignisse A und B. Wenn ich nun P(A) und P(B) kenne, so ist [mm] P(A\cap [/mm] B) = P(A)*P(B)?
Ich glaube das Problem liegt hierbei zwischen der Relation von "unabhängig" und "disjunkt", denn es gilt ja auch P(D [mm] \cap [/mm] E) = [mm] P(\emptyset) [/mm] = 0, falls D und E gerade disjunkt sind.
Zwei unabhängige Ereignisse sind demnach nicht unbedingt (bzw. gerade eben nicht) disjunkt. => Meine von mir definierten Ereignisse sind jedoch disjunkt...
Nun gilt auch [mm] P(\Omega) [/mm] = 1, d.h. [mm] P(A_1)+P(A_2)+..+P(A_n) [/mm] = 1 muss auch gelten, daher kann man mit [mm] P(\Omega) [/mm] - P(A) = [mm] P(A^c) [/mm] = 1 - P(A) das Gegenereignis von A (hier [mm] A^c [/mm] genannt) berechnen.
Sehe ich das nun richtig, dass ich meine Lösung nun auf diese beiden Grundaussagen aufgebaut habe?
Ich persönlich komme einfach schnell durcheinander, wann ich W'keiten addieren und wann multiplizieren muss und daher würde ich mir das gerne nochmal in ein paar Sätzen klar machen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:50 Sa 04.12.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Es gebe 2 voneinander unabhängige Ereignisse A und B. Wenn ich nun P(A) und P(B) kenne, so ist $ [mm] P(A\cap [/mm] $ B) = P(A)*P(B)?
Ja. Das ist sogar die Definition der Unabhängigkeit von A und B:
A und B sind unabhängig genau dann wenn [mm] $P(A\cap [/mm] B)=P(A)P(B)$
Eine intuitive Überprüfung, ob Unabhängigkeit gerechtfertigt ist (sofern P(A) und P(B)>0), folgt aus der bedingten Wahrscheinlichkeit.
Für allgemeine Ereignisse A und B gilt
[mm] $P(A\cap [/mm] B)=P(A|B)P(B)=P(A)P(B|A)$
A und B sind also unabhängig, wenn $P(A|B)=P(A)$ bzw. $P(B|A)=P(B)$, d.h. wenn wir wissen, daß B eingetreten ist, beeinflußt das nicht die Wkeit, daß A eintritt - oder umgekehrt.
> Zwei unabhängige Ereignisse sind demnach nicht unbedingt (bzw. gerade eben nicht) disjunkt.
Angenommen sie sind disjunkt und unabhängig: [mm] $A\cap B=\emptyset$, [/mm] A,B unabhängig, dann gilt $0 = [mm] P(\emptyset)= P(A\cap [/mm] B)=P(A)P(B)$, also muß entweder A oder B die Wahrscheinlichkeit 0 haben.
> => Meine von mir definierten Ereignisse sind jedoch disjunkt...
Welche meinst Du hier?
[mm] $A:=\Omega\setminus\{(0,0,0)\}$ [/mm] und B:={(0,0,0)}? Die sind disjunkt, aber nicht unabhängig.
[mm] $P(A)P(B)>0=P(A\cap [/mm] B)$
> Nun gilt auch $ [mm] P(\Omega) [/mm] $ = 1, d.h. $ [mm] P(A_1)+P(A_2)+..+P(A_n) [/mm] $ = 1 muss auch gelten,
Was ist [mm] $A_1, A_2,\ldots, A_n$?
[/mm]
> daher kann man mit $ [mm] P(\Omega) [/mm] $ - P(A) = $ [mm] P(A^c) [/mm] $ = 1 - P(A) das Gegenereignis von A (hier $ [mm] A^c [/mm] $ genannt) berechnen.
Ja.
Wenn wir mal die Meßbarkeit außen vor lassen, dann ist ein Wmaß eine Funktion, die einer Menge (z.B. eben A) eine Wahrscheinlichkeit (also eine Zahl zwischen 0 und 1) zuordnet, mit den Eigenschaften:
1. [mm] $P(\Omega)=1$
[/mm]
2. Sind [mm] $A_1,A_2,\ldots$ [/mm] disjunkte Mengen, dann gilt [mm] $P\left(\bigcup_{i=1}^\infty A_i\right)=\sum_{i=1}^\infty P(A_i)$
[/mm]
Mit [mm] $A_1:=A$, $A_2:= A^c$ [/mm] und [mm] $A_3,A_4,\ldots [/mm] = [mm] \emptyset$ [/mm]
folgt aus 2. [mm] $P(A)+P(A^c)=P(A \cup A^c)=P(\Omega)$
[/mm]
und damit aus 1. [mm] $P(A)+P(A^c)=1$, [/mm] also [mm] $P(A)=1-P(A^c)$
[/mm]
> Sehe ich das nun richtig, dass ich meine Lösung nun auf diese beiden Grundaussagen aufgebaut habe?
Das ist richtig. =)
ciao
Stefan
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