Wahrscheinlichkeitsrechnung / Ereignisalgebra: bedingte Wahrscheinlichkeiten aus Aufgabenstellung?

Question

Ich überlege gerade ob man aus dieser Aufgabenstellung die bedingte Wahrscheinlichkeiten bestimmen kann. Ohne denen komme ich mit meiner Lösung nicht weiter. Oder vielleicht ist mein Lösungsweg falsch?

Für den Tipp wäre ich sehr dankbar

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ich habe noch sehr ähnliche Aufgabe gefunden und verstehe nicht woher kommen denn diese bedingte Wahrscheinlichkeiten?

Answer 1

Unter der Bedingung A₁ tritt A genau dann ein, wenn keiner der Fahrgäste ausgestiegen ist. Veranschauliche dir an einem Baumdiagramm, warum die Wahrscheinlichkeit, dass keiner der Fahrgäste ausgestiegen ist, (1/2)⁴ beträgt.

Unter der Bedingung A₂ tritt A genau dann ein, wenn genau einer der Fahrgäste ausgestiegen ist. Veranschauliche dir an einem Baumdiagramm, warum die Wahrscheinlichkeit, dass genau einer der Fahrgäste ausgestiegen ist, 4·(1/2)⁴ beträgt.

Danach wurde der Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit angewendet.

Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit: Wenn {A₁, A₂, ...,A_n} ein vollständiges Ereignisfeld ist, dann ist P(E) = P(E|A₁)·P(A₁) + P(E|A₂)·P(A₂) + ... + P(E|A_n)·P(A_n) für jedes Ereignis E.

Comments

Danke, und was meine Aufgabe angeht wäre dann mein Ansatz auch richtig oder soll ich das auch mithilfe der totalen  Wahrscheinlichkeiten  lösen? oder  vielleicht kann ich davon ausgehen dass E und F auch unabhängig sind?

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Ich würde sagen, es gibt keinen Hinweis darauf, dass E und F abhängig von einander sind. Man könnte deshalb auf die bedingten Wahrscheinlichkeiten verzichten. Unter der Annahme der Unabhängigkeit gilt: P (F1∩E) = P(F1)*P(E).

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P(E und F₁) ist nicht besonders hilfreich, da es nichts darüber aussagt, was die anderen zwei Fahrgäste machen. Du müsstest dann schon so etwas wie P(E und F₁ und -F₂ und -F₃) und andere erfolgreiche Kombinationen berechnen (es gibt 4). Vom Rechenaufwand her ist das ungefährdas gleiche wie wenn du mit bedingter und totaler Wahrscheinlichkeit argumentierst.

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oswald hat natürlich recht. Insofern ist dein Ansatz nicht ganz richtig. P(F1∩E) sagt nicht darüber was die anderen Fahrgäste machen. Es müssen also in jeder Wahrscheinlichkeit auch die Gäste F2 und F3 berücksichtigt werden.

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Also es müsste doch eigentlich so aussehen.

P (D) = P (F1∩F2 ∩F3 ∩E) + P(F1 ∩F2∩F3 ∩E) +P(F1 ∩F2 ∩F3∩E) + P(F1 ∩F2 ∩ F3 ∩ E )

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Es gilt

P (D)= P (F1)*P (F2)* P(F3) *P (E) + P (F1)*P(F2)*P (F3)*P (E) + P (F1)*P(F2)*P (F3)*P(E) + P(F1)*P (F2)*P (F3)*P (E)

Mit P(F1)=P (F2)=P (F3)= 0,3 und

P (F1) = P(F2) = P(F3) = 0,7 und

P(E)=0,75 und P(E)=0,25

P(D)= 0,3*0,7^2*0,75 + 0,3*0,7^2*0,75 + 0,3*0,7^2*0,75+0,7^3*0,25 = 0,4165

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Vielen Dank, koffi123 und oswald,

koffi123, noch eine kurze Frage:

wenn ich anstatt P (F1∩F2 ∩F3 ∩E) + P(F1 ∩F2∩F3 ∩E) +P(F1 ∩F2 ∩F3∩E)  so schreibe

P (F1∪F2 ∪F3 ∩E) = P (F1∪F2 ∪F3) * P(E)  (d,h, erste steigt aus ODER 2 steigt aus ODER 3 steigt aus UND ein steigt ein) und dann rechne P (F1∪F2 ∪F3)  mit Additionssatz aus - wäre das auch richtig?

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Hmm, gute Frage. Bin leider nicht fit genug in boolscher Algebra.  Vielleicht weiß oswald das. Kommst du mit deinem weg auf das gleiche Ergebnis wie oben?

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F1 ∪ F2 ∪ F3 ist das Ereignis "mindestens ein Fahrgast steigt aus". Interessant für dich ist aber das Ereignis "genau ein Fahrgast steigt aus".

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Stimmt, bei 'mindestens ein steigt aus' wird das  Ergebins  = 0,5785 also falsch.