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| Aufgabe | Die Studenten Hans und Franz verabreden sich zwischen 12 und 13 Uhr in der Mensa. Sie erscheinen unabhängig voneinander, wobei der Zeitpunkt ihres Eintreffens im verabredeten Zeitraum sich durch unabhängige gleichverteilte Zufallsvariablen beschreiben lässt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass
a) beide vor 12:30 Uhr eintreffen?
b) Hans vor Franz eintrifft?
c) Hans und Franz sich treffen, wenn Hans maximal 20 Minuten und Franz maximal 10 Minuren zu warten bereit ist? |
Hallo!
Wenn man X (Ankunft Hans), Y (Ankunft Franz) auf [0,1] gleichverteilt und unabhängig annimmt (aus Voraussetzung), kann man die bedingten Dichten angeben:
[mm] f_{X}(x)=1_{[0,1]}(x), f_{Y}(y)=1_{[0,1]}(y) [/mm] --> [mm] f(x,y)=1_{[0,1]^2}(x,y) [/mm] weil X und Y unabhängig sind
a)
dh. P(X [mm] \le [/mm] 1/2, Y [mm] \le [/mm] 1/2)=P(X [mm] \le [/mm] 1/2)*P(Y [mm] \le 1/2)=\integral_{0}^{1/2}{1_{[0,1]}(x) dx}*\integral_{0}^{1/2}{1_{[0,1]}(y) dy}
[/mm]
=1/2 * 1/2 = 1/4
so weit ist das alles klar
bei der b) komme ich ins Stocken und verstehe die Lösung nicht ganz
b) P(X [mm] \le [/mm] Y) = [mm] \integral_{0}^{1}{\integral_{0}^{y}{1_{[0,1]}(x) dx} dy} [/mm] (der folgende Schritt ist mir nicht klar)
= [mm] \integral_{0}^{1}{y dy} [/mm] = 1/2
warum ist das innere Integral gleich y? Ich hätte gedacht, dass man dabei die Grenzen von 0 bis 1 macht, weil diese bei der Indikatorfunktion angegeben sind und dann würde da bei mir insgesamt 1 rauskommen? Wo denke ich falsch?
c) Hier stocke ich schon am Anfang:
P(Y \ le X+ 1/3, X [mm] \le [/mm] Y+ 1/6)
= 1 - P(X < Y-1/3) - P(Y < X-1/6)
Warum gilt diese Umformung?
Ich hätte erwartet, dass es so ist:
= 1- (P(X < Y-1/3) * P(Y < X-1/6)) ??
Kann mir hier jemand helfen?
Das wäre sehr nett!
Grüßle, Lily
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hiho,
> warum ist das innere Integral gleich y?
Es ist doch bereits $y\le 1$, damit ist $[0,y] \subseteq [0,1]$ und daher:
$\integral_{0}^{y}{1_{[0,1]}(x) dx = \integral_{0}^{y} 1 dx = y$
Mach es mal klar mit einem Beispiel für y, nimm bspw $y=\bruch{1}{16}$
Dann Integrierst du von 0 bis \bruch{1}{16} die Indikatorfunktion von [0,1], die ist auf dem Integrationsgebiet aber eben konstant 1.
> c) Hier stocke ich schon am Anfang:
> P(Y \ le X+ 1/3, X [mm]\le[/mm] Y+ 1/6) = 1 - P(X < Y-1/3) - P(Y < X-1/6)
Das ergibt sich einfach aus:
[mm] $P(A\cup [/mm] B) = P(A) + P(B) - [mm] P(A\cap [/mm] B)$ mit [mm] $A=\{Y\le X+\bruch{1}{3}\}$ [/mm] und [mm] $B=\{X \le Y +\bruch{1}{6}\}$
[/mm]
> Ich hätte erwartet, dass es so ist:
> = 1- (P(X < Y-1/3) * P(Y < X-1/6)) ??
Aufpassen! X und Y sind zwar unabhängig, aber nicht die Ereignisse [mm] $\{Y\le X+\bruch{1}{3}\}$ [/mm] und [mm] $B=\{X \le Y +\bruch{1}{6}\}$
[/mm]
In beiden kommt doch sowohl X als auch Y vor und nicht nur eines von beiden, warum sollten die dann unabhängig sein?
Und eine Anmerkung: Nutze doch für so kurze Formeln den Formeleditor, dann ist das viel übersichtlicher!
Gruß,
Gono.
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Hallo!
Vielen Dank erstmal für deine Antwort!
> > warum ist das innere Integral gleich y?
>
> Es ist doch bereits [mm]y\le 1[/mm], damit ist [mm][0,y] \subseteq [0,1][/mm]
aaaah, ja! das hatte ich ganz übersehen! Danke 
> > c) Hier stocke ich schon am Anfang:
> > P(Y \ le X+ 1/3, X [mm]\le[/mm] Y+ 1/6) = 1 - P(X < Y-1/3) - P(Y
> < X-1/6)
>
> Das ergibt sich einfach aus:
>
> [mm]P(A\cup B) = P(A) + P(B) - P(A\cap B)[/mm] mit [mm]A=\{Y\le X+\bruch{1}{3}\}[/mm]
> und [mm]B=\{X \le Y +\bruch{1}{6}\}[/mm]
hm, hier blicke ich noch nicht ganz durch.
Durch diese Formel gilt durch Umformung ja auch
[mm] P(A\cap B) = P(A) + P(B) - P(A\cup B) [/mm]
und [mm]P(A\cap B) [/mm]ist ja das, was wir suchen, oder?
Dann habe ich da stehen:
[mm]P(Y \le X+\bruch{1}{3}, X \le Y+\bruch{1}{6})
= P(Y \le X+\bruch{1}{3}) + P( X \le Y+\bruch{1}{6}) - P(Y \le X+\bruch{1}{3} \cup X \le Y+\bruch{1}{6})[/mm]
durch Umformung der ersten beiden Wahrscheinlichkeiten erhalte ich
[mm]= 2 - P(X
um zu erreichen, dass [mm]= 1- P(X
müsste doch [mm]P(Y \le X+ \bruch{1}{3} \cup X \le Y+ \bruch{1}{6}) = 1 [/mm] sein, oder?
Aber woher soll man das nehmen?
Kann mir nochmal jemand helfen?
Grüßle, Lily
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Hiho,
das gilt ja auch
Angenommen: [mm] $\omega \not \in \{Y \le X + \bruch{1}{3}\}$ [/mm] dann gilt also [mm] $\omega \in \{Y > X + \bruch{1}{3}\}$
[/mm]
oder umgeformt:
[mm] $\omega \in \{X < Y - \bruch{1}{3}\} \subseteq \{X \le Y + \bruch{1}{6}\}$
[/mm]
D.h. [mm] $\omega \in \{X \le Y + \bruch{1}{6}\}$
[/mm]
Also ist jedes [mm] \omega [/mm] in [mm] $\{Y \le X + \bruch{1}{3}\}$ [/mm] oder [mm] $\{X \le Y + \bruch{1}{6}\}$ [/mm] ergo [mm] $\Omega [/mm] = [mm] \{Y \le X + \bruch{1}{3}\} \cup \{X \le Y + \bruch{1}{6}\}$
[/mm]
Gruß,
Gono.
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Vielen Dank! Das macht natürlich Sinn ^^
Aber damit ist ja leider die Aufgabe noch nicht vorbei.
Als nächstes möchte ich die Wahrscheinlichkeiten ausrechnen, jetzt mal beispielhaft an:
[mm] P(X
Wir hatten in der Vorlesung gesagt, dass
[mm] P(X \le a) = \integral_{- \infty}^{a}{f_{X}(x) dx} [/mm]
Hier würde das ja bedeuten, dass
[mm] P(X
[mm]= Y- \bruch{1}{3} [/mm]
In der Lösung ist dies allerdings nur das innere Integral und man erhält für die Wahrscheinlichkeit:
[mm] \integral_{\bruch{1}{3}}^{1}{Y- \bruch{1}{3} dx} [/mm]
Das verstehe ich nicht, was übersehe ich?
Grüßle, Lily
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Hiho,
> Wir hatten in der Vorlesung gesagt, dass
> [mm]P(X \le a) = \integral_{- \infty}^{a}{f_{X}(x) dx}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Hier würde das ja bedeuten, dass
> [mm]P(X<Y- [mm] \bruch{1}{3}) [/mm] = [mm] \integral_{- \infty}^{Y- \bruch{1}{3}}{1_{(0,1)}(x) dx} [/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Oben hast du einen Ausdruck, der nur von X abhängt, während du im zweiten Fall einen Ausdruck hast, der von zwei ZV abhängt.
Ihr hattet bestimmt auch, wie man Ausdrücke der Form P(X < a, Y < b) ausrechnet, wenn die gemeinsame Dichte gegeben ist.
Hier gilt nun: $P(X < Y - [mm] \bruch{1}{3}) [/mm] = P(X < Y - [mm] \bruch{1}{3}, [/mm] Y < [mm] \infty)$ [/mm] und dann wende die Formel für P(X < a, Y < b) an.
Die gemeinsame Dichte von X und Y kennst du auch, da X und Y als unabhängig vorausgesetzt sind.
Gruß,
Gono.
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Aha! Ich muss also wirklich mal mehr aufpassen, wann X UND Y dabei sind...
So macht das alles mehr Sinn!
Nur eine Sache verstehe ich nicht so ganz, warum sind die Grenzen des äußeren Integrals dann 1/3 und 1 und nicht 0 und 1, weil ich habe ja:
[mm] \integral_{- \infty}^{\infty}{1_{[0,1]}(y) (y- \bruch{1}{3}) dy} [/mm]
Wenn ich wieder die Grenzen der Indikatorfunktion übernehme, sind das 0 und 1...
Was sehe ich hier nicht?
Grüßle, Lily
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:00 Sa 19.07.2014 | | Autor: | hippias |
Vermutlich ist $X$ positiv, sodass [mm] $Y\geq \frac{1}{3}$ [/mm] sein muss.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:16 Sa 19.07.2014 | | Autor: | Mathe-Lily |
Stimmt!
Vielen Dank!
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