Berechnung einer Verteilung < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Wir betrachten das Experiment, das aus dem vierfachen Werfen einer fairen Münze besteht.
Hierbei seien
[mm] $\quad [/mm] X :$ Anzahl Köpfe in den ersten drei Würfen,
$Y :$ Anzahl Köpfe in dritten und vierten Wurf.
(1) Geben Sie ein geeignetes [mm] $\Omega$ [/mm] und [mm] $\mathbb{P}$ [/mm] an.
(2) Geben Sie die Verteilungen von $X$ sowie von $Y$ an.
(3) Geben Sie die gemeinsame Verteilung von $X$ und $Y$ an. |
Einen schönen guten Morgen ich habe hier eine alte Klausuraufgabe und habe Probleme den Anfang zu finden.
(1) Mich verwirrt hier, dass sowohl X als auch Y den dritten Wurf beinhalten, somit liegt ja schon einmal keine unabhängige Wahrscheinlichkeit vor?
Zu [mm] $\Omega$: [/mm] Es wird 4 mal geworfen und somit gibt es [mm] $2^4=16 =\Omega$ [/mm] Möglichkeiten?
Zu P: Hier habe ich nun Problem, da sich X und Y im dritten Wurf überlappen.
(2) Wie soll ich diese Aufgabe verstehen?
Es mögen vlt unkluge Fragen sein, nur stehe ich gerade etwas auf den Schlauch.
Ich hoffe ihr könnt mir helfen die a) zu verstehe und b) die Lösung zu finden.
Liebe Grüße
Susanne
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hiho,
> (1) Mich verwirrt hier, dass sowohl X als auch Y den
> dritten Wurf beinhalten, somit liegt ja schon einmal keine
> unabhängige Wahrscheinlichkeit vor?
Wieso verwirrt dich das?
Und: Mit der Unabhängigkeit ist das so eine Sache... Ereignisse können unabhängig sein, obwohl die Intuition sagt, sie sind es nicht.... und umkehrt!
Bei Zufallsvariablen müssen ja alle Ereignisse unabhängig sein, was noch mehr ist als nur zwei einzelne Ereignisse. Nichtsdestotrotz gilt obige Aussage auch für Zufallsvariablen.
Dass beide also den dritten Wurf beinhalten ist ein Indiz, aber leider kein Beweis.
> Zu [mm]\Omega[/mm]: Es wird 4 mal geworfen und somit gibt es [mm]2^4=16 =\Omega[/mm] Möglichkeiten?
Autsch!
Ja, es gibt 16 Möglichkeiten. Aber wie soll [mm] $\Omega$ [/mm] denn eine Zahl sein??
Du schreibst $16 = [mm] \Omega$, [/mm] es gilt höchstens [mm] $|\Omega| [/mm] = 16$, d.h. [mm] $\Omega$ [/mm] besteht aus 16 Ereignissen, aber [mm] $\Omega$ [/mm] selbst ist keine Zahl sondern die Menge aller möglichen Ausgänge!
Welche möglichen Ausgänge gibt es denn bei einem vierfachen Münzwurf?
> Zu P: Hier habe ich nun Problem, da sich X und Y im dritten Wurf überlappen.
P hängt doch gar nicht von X und Y ab!
Du sollst ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf [mm] $\Omega$ [/mm] angeben, das ist erstmal völlig unabhängig von X und Y.
Wie wahrscheinlich ist denn jedes Ereignis aus [mm] $\Omega$?
[/mm]
Erst bei der Aufgabe b) kommen die Zufallsvariablen X und Y ins Spiel. Deren Verteilung ist nämlich das Bildmaß, welches von P und X bzw Y abhängt.
Du solltest dir vorher dringend nochmal die grundlegenden Definitionen anschauen, die müssen sitzen...
> Es mögen vlt unkluge Fragen sein, nur stehe ich gerade etwas auf den Schlauch.
Es gibt keine "unklugen" Fragen, oft sind es aber nur fehlende Grundkenntisse, siehe oben.
Wir helfen da aber gern, wenn du auch mitarbeitest 
Gruß,
Gono
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Hallo danke für die schnelle Antwort.
> Wir helfen da aber gern, wenn du auch mitarbeitest
Natürlich werde ich mitarbeiten:)
> Autsch!
> Ja, es gibt 16 Möglichkeiten. Aber wie soll $ [mm] \Omega [/mm] $ denn eine Zahl sein??
> Du schreibst $ 16 = [mm] \Omega [/mm] $, es gilt höchstens $ [mm] |\Omega| [/mm] = 16 $, d.h. $ [mm] \Omega [/mm] $ besteht aus 16 Ereignissen, aber > $ [mm] \Omega [/mm] $ selbst ist keine Zahl sondern die Menge aller möglichen Ausgänge!
> Welche möglichen Ausgänge gibt es denn bei einem vierfachen Münzwurf? > Hiho,
ja, ich meinte natürlich $ [mm] |\Omega| [/mm] = 16 $, habe leider den Betrag darum vergessen:)
Wie schauen die Ausgänge aus? : {{Kopf, Kopf, Kopf,Kopf},{Zahl, Kopf, Kopf,Kopf},{Kopf, Zahl, Kopf,Kopf},...} usw.
Nun fällt mir aber auf, dass es 4! viel Möglichkeiten geben müsste also würde gelten $ [mm] |\Omega| [/mm] = 4!=24 $.
> P hängt doch gar nicht von X und Y ab!
> Du sollst ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf $ [mm] \Omega [/mm] $ angeben, das ist erstmal völlig unabhängig von X und Y.
> Wie wahrscheinlich ist denn jedes Ereignis aus $ [mm] \Omega [/mm] $?
Für mich riecht es hier etwas nach Laplace, die Wahrscheinlichkeit könnte daher [mm] $P(|\Omega|) [/mm] = frac{1}{24}$ sein?
> Erst bei der Aufgabe b) kommen die Zufallsvariablen X und Y ins Spiel. Deren Verteilung ist nämlich das Bildmaß, welches von P und X bzw Y abhängt.
> Du solltest dir vorher dringend nochmal die grundlegenden Definitionen anschauen, die müssen sitzen...
Das Bildmaß sagt mir jetzt gerade garnichts:(
Lg
Susanne
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Hiho,
> Natürlich werde ich mitarbeiten:)
na dann vermisse ich aber statt folgender Aussage
> Das Bildmaß sagt mir jetzt gerade garnichts:(
dass du das nachschlägst anstatt uns deine Unwissenheit mitzuteilen
> ja, ich meinte natürlich [mm]|\Omega| = 16 [/mm], habe leider den Betrag darum vergessen:)
Ok
> Wie schauen die Ausgänge aus? : {{Kopf, Kopf,
> Kopf,Kopf},{Zahl, Kopf, Kopf,Kopf},{Kopf, Zahl,
> Kopf,Kopf},...} usw.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Und wenn wir jetzt noch ganz mathematisch statt Kopf eine 0 und für Zahl eine 1 schreiben, lässt sich das ganze kürzer schreiben als?
> Nun fällt mir aber auf, dass es 4! viel Möglichkeiten
> geben müsste also würde gelten [mm]|\Omega| = 4!=24 [/mm].
Wieso?
Wie korrekt von dir im ersten Beitrag erwähnt: Du hast pro Wurf zwei Möglichkeiten, du hast 4 Würfe, also [mm] $2^4 [/mm] = 16$ Möglichkeiten.
Aber begründe ruhig mal die 4!, dann können wir auch überlegen, wo dein Denkfehler ist.
Alternativ kannst du mal ruhig alle Kombinationen hinschreiben und durchzählen
> Für mich riecht es hier etwas nach Laplace, die
> Wahrscheinlichkeit könnte daher [mm]P(|\Omega|) = \frac{1}{24}[/mm]
> sein?
Vieles richtig und dann so eine grausige Notation.
Das gute zuerst: Ja, es riecht hier nicht nur nach Laplace, es ist Laplace. Insbesondere is also jedes Ereignis gleich wahrscheinlich und hat damit W-Keit [mm] $\frac{1}{16}$
[/mm]
Nun zur Notation: Du schreibst [mm]P(|\Omega|) = \frac{1}{24}[/mm]
Ich zeige dir deine Fehler mal auf:
1.) Wie vorhin erwähnt, ist [mm] $|\Omega|$ [/mm] eine Zahl. Was soll denn P(Zahl) sein? Was wäre denn dann P(5)? Macht keinen Sinn, P ist eine Mengenabbildung
2.) Wenn du schon [mm] $\Omega$ [/mm] da rein stecken willst, dann wäre das also [mm] $P(\Omega)$. [/mm] Nun ist P ein Wahrscheinlichkeitsmaß und [mm] $\Omega$ [/mm] die Gesamtmenge. Welchen Wert hat danndann [mm] $P(\Omega)$ [/mm] immer, egal wie $P$ und [mm] $\Omega$ [/mm] genau aussehen?
3.) Was du also wohl meinst ist ein einzelnes auftretendes Element von [mm] $\Omega$, [/mm] das schreibt man mit [mm] klein-$\Omega$, [/mm] also [mm] $\omega$. [/mm] Dann betrachten wir also nur die einelementige Menge, die [mm] $\omega$ [/mm] enthält, also [mm] $\{\omega\}$.
[/mm]
Korrekt wäre bei obiger Notation also [mm] $P(\{\omega\}) [/mm] = [mm] \frac{1}{16}$, [/mm] da man die Mengenklammern manchmal auch weglässt, höchstens noch [mm] $P(\omega) [/mm] = [mm] \frac{1}{16}$.
[/mm]
Aber gerade als Anfänger sollte man da etwas penibler sein…
Gruß,
Gono
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hey!
> dass du das nachschlägst anstatt uns deine Unwissenheit mitzuteilen
mit zu tun haben?
Ich habe da leider nur die Verteilungsfunktion auf unseren Folien gefunden [mm] $F_{X} [/mm] : [mm] \mathbb{R} \rightarrow[0,1], \quad F_{X}(x) :=\mathrm{P}(X \leq [/mm] x)$, mehr haben wir noch nicht behandelt. Allerdings wird diese ja nichts da lässt sich das ganze kürzer schreiben als?
> Und wenn wir jetzt noch ganz mathematisch statt Kopf eine 0 und für Zahl eine 1 schreiben,
Das stimmt ich könnte eine Indekatorfunktion angeben mit Zahl i= 1 und Kopf = 0.
Naja ich würde dann die Ergebnismenge {(1,1,1,1),(0,1,1,1),...} herausbekommen, was dann $ [mm] |\Omega| [/mm] = 16 $ entsprechen würde.
> Wieso?
> Wie korrekt von dir im ersten Beitrag erwähnt: Du hast pro Wurf zwei Möglichkeiten, du hast 4 Würfe, also $ [mm] 2^4 [/mm] = 16 $ Möglichkeiten.
> Aber begründe ruhig mal die 4!, dann können wir auch überlegen, wo dein Denkfehler ist.
> Alternativ kannst du mal ruhig alle Kombinationen hinschreiben und durchzählen
Auch hier sorry, ich war dort gerade ganz wo anders es muss $ [mm] |\Omega| [/mm] = 16 $ sein. ich lasse mich immer so leicht verwirren.
Also ich halte fest $ [mm] P(\{\omega\}) [/mm] = [mm] \frac{1}{16} [/mm] $ und $ [mm] |\Omega| [/mm] = 16 $
Kurz noch einmal zu b). man sucht hier doch alle Kombinationen die X erfüllen?
Dann würde dies ja [mm] $\{\omega \in \Omega : X\}=\{(0,0,0,1,1),(0,0,0,0,1),(0,0,0,1,0), (0,0,0,0,0)\}$ [/mm] bedeuten?
lg
Susanne
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Hiho,
> Ich habe da leider nur die Verteilungsfunktion auf unseren
> Folien gefunden [mm]F_{X} : \mathbb{R} \rightarrow[0,1], \quad F_{X}(x) :=\mathrm{P}(X \leq x)[/mm],
das ist doch schon mal ein guter Anfang.
Als kurzer Hinweis:
Man nennt dann [mm] $P_X(A) [/mm] := P(X [mm] \in [/mm] A)$ das Bildmaß.
Bei deiner Verteilungsfunktion ist dann $A = [mm] (-\infty,x)$, [/mm] denn $X [mm] \le [/mm] x$ bedeutet ja nichts anderes als das $X [mm] \in (-\infty,x)$ [/mm] gilt, also gilt für eine Verteilungsfunktion:
[mm] $F_{X}(x) :=\mathrm{P}(X \leq [/mm] x) = [mm] \mathrm{P}\left(X \in (-\infty,x)\right)$
[/mm]
Ich schreibe dir das hin, weil dir das noch bei der ein oder anderen Aufgabe über den Weg laufen wird…
Aber halten wir fest: Für die Bestimmung der Verteilungsfunktion benötigen wir sowohl ein W-Maß als auch die entsprechende Zufallsvariable! D.h. die Verteilungsfunktion hängt von dem gewählten / gegebenen W-Maß ab.
> > Und wenn wir jetzt noch ganz mathematisch statt Kopf eine 0
> und für Zahl eine 1 schreiben,
> Das stimmt ich könnte eine Indekatorfunktion angeben mit
> Zahl i= 1 und Kopf = 0.
> Naja ich würde dann die Ergebnismenge
> {{1,1,1,1},{0,1,1,1},...} herausbekommen, was dann [mm]|\Omega| = 16[/mm]
> entsprechen würde.
Oder noch kürzer geschrieben: [mm] $\Omega [/mm] = [mm] \{0,1\}^4 [/mm] = [mm] \left\{\omega = (\omega_1,\omega_2,\omega_3,\omega,4) | \omega_i \in \{0,1\}, i \in \{1,2,3,4\}\right}$
[/mm]
Versuch das zukünftig mal selbst so hinzuschreiben.
Zu bevorzugen ist ganz klar das [mm] $\{0,1\}^4$, [/mm] das hintere hab ich nur für dich nochmal hingeschrieben…
> Auch hier sorry, ich war dort gerade ganz wo anders es muss
> [mm]|\Omega| = 16[/mm] sein. ich lasse mich immer so leicht
> verwirren.
>
> Also ich halte fest [mm]P(\{\omega\}) = \frac{1}{16}[/mm] und
> [mm]|\Omega| = 16[/mm]
Und nun weiter im Text: (1) haben wir jetzt, bleiben (2) und (3)!
Du sollst jetzt also [mm] $F_X$ [/mm] und [mm] $F_Y$ [/mm] bestimmen!
Dafür wäre es vllt sinnvoll sich mal zu überlegen, welche Werte X und Y annehmen können und in welchen Fällen welcher Wert auftritt....
Gruß,
Gono
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Das ist gerade etwas kompliziert.
Also ich schreibe nun einfach mal auf was ich denke.
X kann ja nur folgende Ereignisse annehmen $ [mm] \{\omega \in \Omega : X(\omega)\}=\{(0,0,0,1),(0,0,0,0),\} [/mm] $
und Y $ [mm] \{\omega \in \Omega : Y(\omega)\}=\{(1,1,0,0),(1,0,0,0),(0,0,0,0),(0,1,0,0)\} [/mm] $
wobei man [mm] $\omega$ [/mm] noch schreibe kann als
$ [mm] \left\{\omega = (\omega_1,\omega_2,0,0) | \omega_i \in \{0,1\}, i \in \{1,2\}\right} [/mm] $
Davon muss man nu noch die Wahrscheinlichkeit bestimmen? Habe ich das nun richtig verstanden oder liege ich total daneben?
Sry, ich bin mathematische echt nicht so sie hellste Kerze:)
LG
Susanne
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Hiho,
> Das ist gerade etwas kompliziert.
Eigentlich nicht.
> Also ich schreibe nun einfach mal auf was ich denke.
> X kann ja nur folgende Ereignisse annehmen [mm]\{\omega \in \Omega : X(\omega)\}=\{(0,0,0,1),(0,0,0,0),\}[/mm]
Quatsch.
Erstmal: Was soll das denn heißen: "X kann […] folgende Ereignisse annehmen"?
Fangen wir mal ganz am Anfang an:
X ist die "Anzahl Köpfe in den ersten drei Würfen".
Wie viele Köpfe können denn in den ersten drei Würfen vorkommen?
Welche Werte kann X also annehmen?
Rein formal bildet X also einen möglichen 4-fachen Münzwurf auf die Menge der möglichen Anzahl der Köpfe ab.
Oder lapidar gesagt: Man steckt ein [mm] $\omega$ [/mm] (also einen 4-fachen Münzwurf) rein und bekommt eine Zahl raus.
Nun also von dir: Welche Werte kann X annehmen und welche Münzwürfe führen zu welchem Ergebnis?
Gruß,
Gono
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Hey
> Erstmal: Was soll das denn heißen: "X kann […] folgende Ereignisse annehmen"?
Vergessen wir das ganz schnell :)
> Fangen wir mal ganz am Anfang an:
>
> X ist die "Anzahl Köpfe in den ersten drei Würfen".
> Wie viele Köpfe können denn in den ersten drei Würfen vorkommen?
> Welche Werte kann X also annehmen?
In den ersten drei Würfen können 0,1,2 oder 3 Köpfe kommen.
X kann also die Werte 0,1,2,3 annehmen?
Edit:
Ich glaube ich sollte in der Klausur solche eine Aufgabe umgehen, es ist das schwierigste ws ich bisher je hatte. Ich sitze nu schon über 7h an der Aufgabe :(
Wenn die Verteilung von X tatsächlich 0,1,2,3 sein sollte, dann wäre die Verteilung für Y 0,1,2.
Somit würde man die Folgende Tabelle erstellen können
X|0|1|2|3
Y
0| | | |
1| | | |
2| | | |
Nur wie kommt man dann an die Wahrscheinlichkeiten ran? Besonders weil X und Y sich überlappen.
P.S Wir schreiben die ganze Zeit X und Y, X = Z und Y = W in der Aufgabenstellung.
Keine Ahnung wie man so etwas kompliziertes lösen soll, wenn man es noch nicht einmal richtig behandelt hat, dieses Modul ist ein Krampf
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Hiho,
> In den ersten drei Würfen können 0,1,2 oder 3 Köpfe
> kommen.
> X kann also die Werte 0,1,2,3 annehmen?
Nun bedenke: Wir betrachten ja immer 4er Würfe.
Welche 4er Würfe führen zum Ergebnis 0?
Welche 4er Würfe führen zum Ergebnis 1?
Welche 4er Würfe führen zum Ergebnis 2?
Welche 4er Würfe führen zum Ergebnis 3?
Welche Wahrscheinlichkeit hat jeder Wurf?
Welche Wahrscheinlichkeit halt also das Ereignis:
1.) X = 0
2.) X = 1
3.) X = 2
4.) X = 4
Gruß,
Gono
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hi,
> Nun bedenke: Wir betrachten ja immer 4er Würfe.
> Welche 4er Würfe führen zum Ergebnis 0?
> Welche 4er Würfe führen zum Ergebnis 1?
> Welche 4er Würfe führen zum Ergebnis 2?
> Welche 4er Würfe führen zum Ergebnis 3?
>
> Welche Wahrscheinlichkeit hat jeder Wurf?
> Welche Wahrscheinlichkeit halt also das Ereignis:
> 1.) X = 0
> 2.) X = 1
> 3.) X = 2
> 4.) X = 4
Also mit einem W-Baum würde folgen:
P(X = 0) = 2/16
P(X = 1) = 6/16
P(X = 2) = 6/16
P)X = 3) = 2/16
?
Für Y
Y = 0
Y = 1
Y = 2
P(Y = 0) = 4/16
P(Y = 1) = 8/16
P(Y = 2) = 4/16
?
lg
Susanne
UND DANKE FÜR DEINE GEDULD
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> Kann man sich aber auch mit etwas Kombinatorik ohne Baum herleiten
Könntest du dies etwas erläutern?
> Nun, wie sieht die gemeinsame Verteilung zweier ZV aus?
[mm] $\mathbb{P}(X=0, [/mm] Y=0) = 2/16 $
[mm] $\mathbb{P}(X=1, [/mm] Y=0) = 6/16 $
[mm] $\mathbb{P}(X=2, [/mm] Y=0) = 6/16 $
[mm] $\mathbb{P}(X=3, [/mm] Y=0) = 6/16 $
[mm] $\mathbb{P}(X=1, [/mm] Y=1) = 3/16 $
... usw ?
Ich muss gestehen ich weiß nun nicht wirklich wie ich diese Wahrscheinlichkeiten berechnen soll. Multiplizieren kann man sie nicht, denn sie müssen ja nicht disjunkt sein, und am Baum ist es schwierig da sie sich überlappen;(
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Hiho,
> > Kann man sich aber auch mit etwas Kombinatorik ohne Baum
> herleiten
> Könntest du dies etwas erläutern?
Das brauchen wir eh für unten, also gut aufpassen
> > Nun, wie sieht die gemeinsame Verteilung zweier ZV aus?
>
> [mm]\mathbb{P}(X=0, Y=0) = 2/16[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Was sagt uns das Ereignis: $X=0,Y=0$?
Es muss sowohl gelten, dass unter den ersten drei Würfen kein Kopf vorkam (X=0), als auch, dass die letzten beiden Würfe kein Kopf waren (Y=0).
D.h. es gilt: Wurf1 = Wurf2 = Wurf3 = Zahl
Und: Wurf3 = Wurf4 = Zahl
Insgesamt folgt also: Alle Würfe sind Zahl, d.h. es gibt nur eine Kombination, die alles erfüllt, d.h.:
[mm]\mathbb{P}(X=0, Y=0) = 1/16[/mm]
> [mm]\mathbb{P}(X=1, Y=0) = 6/16[/mm]
Was sagt uns das? Unter den ersten drei Würfen gibt es einmal Kopf, die letzten beiden Würfe sind aber Zahl.
Insgesamt also: In den ersten beiden Würfen einmal Kopf, in den anderen beiden auf jeden Fall Zahl.
Anders formuliert: Einmal Kopf, dreimal Zahl, der eine Kopf kann auf die ersten beiden Würfe verteilt werden, also 2 Möglichkeiten, d.h.
[mm]\mathbb{P}(X=1, Y=0) = 2/16[/mm]
etc
> Ich muss gestehen ich weiß nun nicht wirklich wie ich
> diese Wahrscheinlichkeiten berechnen soll. Multiplizieren
> kann man sie nicht, denn sie müssen ja nicht disjunkt
> sein, und am Baum ist es schwierig da sie sich
> überlappen;(
Erstmal: Multiplizieren kannst du sie nur, wenn X und Y unabhängig sind.
Das ist leider nicht gegeben, aber schon nach dem ersten Ergebnis siehst du, dass sie es gar nicht sind, denn wären sie es, müsste ja gelten:
[mm]\mathbb{P}(X=0, Y=0) = \mathbb{P}(X=0)\cdot\mathbb{P}(Y=0)[/mm], wie man aber leicht nachrechnet, gilt das nicht.
Gruß,
Gono
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:00 So 19.05.2019 | | Autor: | Susannchen |
Hey, meine Frage wurde leider nicht richtig platziert, sry:)
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Hallo,
Achso soll das gemacht werden ,also würde ich auf die folgende Tabelle kommen: (ich mache es als Tabelle, damit man nicht soviel schreiben muss)
[mm] X\Y [/mm] 0 | 1 | 2 | 3
0|1/16|2/16|1/16| 0
1|1/16|3/16|3/16|1/16
2| 0 |1/16|2/16|1/16
Könnte dies nun stimmen?
Wenn ich die Randwerte bilde komme ich aufsummiert auf 1, was ja dann korrekt sein sollte, allerdings würde ich dies ungern als Indikator nehmen:)
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Hiho,
> [mm]X\setminus Y[/mm] 0 | 1 | 2 | 3
> 0|1/16|2/16|1/16| 0
> 1|1/16|3/16|3/16|1/16
> 2| 0 |1/16|2/16|1/16
Sieht gut aus.
Gruss,
Gono
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