Wahrscheinlichkeit über inter. < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:16 Mo 08.12.2014 | | Autor: | LGS |
| Aufgabe | Sei$ P$ die Gleichverteilung auf $[0,1]$.Das Ereignis [mm] $A_n$ [/mm] sei definiert durch
[mm] $A_:\bigcup _{i=1}^{2^{n-1}} [/mm] [ [mm] \frac{2i-1}{2^n},\frac{2i}{2^n}] [/mm] , n [mm] \in \IN$
[/mm]
$a)$ Bestimmen sie$ [mm] P(A_n)$.
[/mm]
$b)$ Zeigen sie ,dass für [mm] $n_1,n_2 \in \IN$ [/mm] mit [mm] $n_1 \neq n_2$ [/mm] die Ereignisse [mm] $A_{n_1}$ [/mm] und [mm] $A_{n_2}$ [/mm] stochastisch unabhängig sind. |
Hallo
ich habe keine ahnung wie ich das problem angehen könnte, kann mir jmd. vielleicht nen tipp für den anfang geben? für a)
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Gerne: ich nehme an, das Ereigniss [mm] $A_n$ [/mm] sei, dass der Wert im "Intervall"
[mm] $\bigcup _{i=1}^{2^{n-1}} [/mm] [ [mm] \frac{2i-1}{2^n},\frac{2i}{2^n}]$
[/mm]
liege. Alles, was Du nun verstehen musst, ist, welche Ausdehnung dieses Intervall für jedes mögliche $n$ hat.
Allerdings ist dieses Intervall recht zerstückelt. Bist Du sicher, dass Du die Aufgabe richtig abgeschrieben hast?
Hier die Werte für n=4 (berechnet mit Python):
| 1: | >>> i = np.array([1,2,3])
| | 2: | >>> (2*i-1)/2**4
| | 3: | array([ 0.0625, 0.1875, 0.3125])
| | 4: | >>> (2*i)/2**4
| | 5: | array([ 0.125, 0.25 , 0.375]) |
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:50 Mo 08.12.2014 | | Autor: | LGS |
also die aufgabestellung stimmt hanspeter ! ich werde dennoch heute abend wenn ich aus der uni zurück nach hause gekommen ein photo von der aufgabenstellung hoch laden.
noch mal richtig hingeschrieben
[mm] $A_n [/mm] := [mm] \bigcup _{i=1}^{2^{n-1}} [/mm] [ [mm] \frac{2i-1}{2^n},\frac{2i}{2^n}] [/mm] $
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Musst Du nicht unbedingt machen.
Ich habe übrigens in der Aufgabenstellung etwas falsch gelesen, als ich Werte berechnet habe. Hier nochmal die richtigen Werte, diesmal für $n=3$:
| 1: | >>> i = np.array([1,2,3,4])
| | 2: | >>> (2*i-1)/2**3
| | 3: | array([ 0.125, 0.375, 0.625, 0.875])
| | 4: | >>> (2*i)/2**3
| | 5: | array([ 0.25, 0.5 , 0.75, 1. ]) |
Jetzt siehst Du, dass die Menge für $n=3$ aus [mm] $2^{3-1}=4$ [/mm] Teilen der Breite [mm] $1/2^3$ [/mm] besteht, also die Gesamtbreite [mm] $4/2^3=1/2$ [/mm] abdeckt. Damit ist [mm] $P_3=1/2$. [/mm] Und das musst Du jetzt verallgemeinern.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:08 Di 09.12.2014 | | Autor: | LGS |
hanspeter, das bringt mich irgendwie nicht weiter hab den ganzen tag gegrübelt... ich meine es sind ja intervalle die die n-mal vereinigt werden und der schnittwert ist dann die [mm] Probability...:\/
[/mm]
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Ich denke aufzeichnen nützt mehr als grübeln. Du schreibst nämlich vom Schnittwert, aber die Teilmengen, die vereinigt werden, sind alle disjunkt. Schau mal in meiner ![[a]](/images/paperclip.gif "Dateianhänge") Zeichnung.
Hilf die?
Gruss, Hanspeter
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: pdf) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:40 Mi 10.12.2014 | | Autor: | LGS |
Ich hab's!!!! danke hansperter,again!:DD also wenn man sich $n=1$ an guckt, ist es ja das intervall [mm] $[\frac{1}{2},\frac{2}{2}] [/mm] $ , hat ja genau eine "Schrittlänge" von$ [mm] \frac{1}{2}$. [/mm] für $n =2$ isses ja [mm] $[\frac{1}{4},\frac{1}{2}] \cup [\frac{3}{4},\frac{2}{2}] [/mm] $ . Die Intervalle vereinigt sind von der Schrittlänge wieder [mm] $\frac{1}{2}$, [/mm] jedoch die einzelne Dinger ansich bleiben [mm] $\frac{1}{4}$
[/mm]
Hanspeter, weis nicht wie ich's sauber hin schreiben soll,aber ich kann dir sagen$ [mm] P(A_n)= \frac{1}{2}$
[/mm]
und zusätzlich aufgabenteil $b)$
"Zeigen sie, dass für [mm] $n_1,n_2 \in \IN [/mm] $ mit [mm] $n_1 \neq n_2 [/mm] $die Ereignis [mm] $A_n_1$ [/mm] und [mm] $A_n_2 [/mm] $ stochastisch unabhängig sind."
stimmt weil $ [mm] P(A_n_1 \cap A_n_2 [/mm] ) = [mm] \frac{1}{4} [/mm] = [mm] P(A_n_1)*P(A_n_2)$ [/mm] ist ,aber ich kanns nicht so richtig begründen. mir ist das ,seitdem ich die Zeichung gemacht hab, irgendwie klar,aber ich kann es nicht begründen...:/
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Gell, wenn man es zeichnet, ist es sofort klar ;)
Das mit dem Begründen ist eher schwierig. Du könntest zum Beispiel argumentieren, dass jede dieser Mengen den Bereich [0,1] in Streifen zerschneidet, wovon jeweils jeder zweite Streifen zur Menge [mm] $A_n$ [/mm] gehört. Das sind für [mm] $n=1,2,3,4\ldots$ [/mm] jeweils [mm] $2,4,8,16,\ldots$ [/mm] Streifen.
Wenn Du diese Teilmengen als Funtionen mit den Werten 0 (gehört nicht dazu) und 1 (gehört dazu) interpretierst, dann ist das Integral über das Produkt von jeweils zwei der Funktionen immer [mm] $\frac14$. [/mm] Das ist so, weil jeweis die "schnellere" Funktion jeden Streifen der "langsameren" Funktion in [mm] $2^{n2-n1}$ [/mm] Streifen zerschneidet und nur die Hälfte davon auch braucht.
Das ist genau dasselbe Prinzip wie bei den Haar Wavelets oder den Kernen der Fourierreihe, wobei Deine [mm] $A_n$-Mengen [/mm] keinen vollständigen Satz von Wavelets oder Fourierkernen darstellen. Bei einem vollständigen Satz wären es für [mm] $n=1,2,3,4\ldots$ [/mm] jeweils [mm] $2,4,6,8,\ldots$ [/mm] Streifen. Wäre die Aufgabe also gewesen:
$ [mm] A_n:\qaud\bigcup _{i=1}^{n} [/mm] [ [mm] \frac{2i-1}{2n},\frac{2i}{2n}] [/mm] , n [mm] \in \IN [/mm] $
dann wäre genau dieselbe Lösung herausgekommen: Wahrscheinlichkeit [mm] $\frac12$ [/mm] für alle [mm] $A_n$ [/mm] und statistische Unabhängigkeit.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:08 Sa 13.12.2014 | | Autor: | LGS |
Hansperter.Schmid:)
dank dir für deine Bemühungen und Hilfestellungen und danke danke vielmals
:)
liebe grüße
LGS
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