gemeinsame Verteilung < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | | Bestimmen Sie die gemeinsame Verteilung von Augensumme und Maximum beim zweimaligen Würfeln. Wählen Sie geeignete Zufallsvariablen und entscheiden sie anschließend, ob diese unabhängig sind. |
Hallo,
ich wähle X für die größte geworfene Augenzahl und Y für die Summe der Augenzahlen, also etwa [mm] X(\omega)=max(\omega_1,\omega_2) [/mm] und [mm] Y(\omega)=\omega_1+\omega_2, [/mm] wobei [mm] \Omega=\{1,\,2,...,6\}^{2} [/mm] und [mm] \omega=(\omega_1,\omega_2)\in \Omega, \omega_i [/mm] sei das Ergebnis des ersten Wurfes.
Ich habe versucht mich alleine in das Thema einzuarbeiten.
Für die gemeinsame Verteilung muss ich die Zufallsvariablen zusammenfassen. Nun haben ja beide unterschiedliche Wertebereiche.
Ist [mm] \chi [/mm] der von X, dann [mm] \chi={1,...,6}, \mathcal{Y} [/mm] der von Y, dann [mm] \mathcal{Y}={2,...,12}.
[/mm]
Also setze ich [mm] Z(\omega)=(X(\omega),Y(\omega))\in \mathcal{Z}:=\chi\times\mathcal{Y}. [/mm] Bestimmen muss ich nun alle P(X=x,Y=y) mit [mm] (x,y)\in \mathcal{Z}.
[/mm]
Kann man das bisher so machen? Wie komme ich dann auf diese Wahrscheinlichkeiten? Ich meine wenn, [mm] X(\omega)=6, [/mm] dann P(6,2) beispielsweise =0 das ist klar. Für die anderen habe ich Gleichverteilung oder, also Anzahl der Möglichkeiten durch [mm] |\mathcal{Z}| [/mm] richtig?
Offensichtlich beeinflussen sich beide Zufallsvariablen ja. Dann reicht es doch ein Gegenbeispiel anzugeben, also P(X=6, [mm] Y=2)=0\neq P(X=6)\cdot P(Y=2)=\frac{1}{36}\cdot\frac{1}{11}. [/mm] Also Abhängigkeit.
Kann man das alles so machen? Gibt es Verbesserungsvorschläge?
Gruß Sleeper
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 04:05 Mi 18.11.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Bestimmen Sie die gemeinsame Verteilung von Augensumme und
> Maximum beim zweimaligen Würfeln. Wählen Sie geeignete
> Zufallsvariablen und entscheiden sie anschließend, ob
> diese unabhängig sind.
>
> ich wähle X für die größte geworfene Augenzahl und Y
> für die Summe der Augenzahlen, also etwa
> [mm]X(\omega)=max(\omega_1,\omega_2)[/mm] und
> [mm]Y(\omega)=\omega_1+\omega_2,[/mm] wobei
> [mm]\Omega=\{1,\,2,...,6\}^{2}[/mm] und
> [mm]\omega=(\omega_1,\omega_2)\in \Omega, \omega_i[/mm] sei das
> Ergebnis des ersten Wurfes.
Und auf [mm] $\Omega$ [/mm] hast du eine Gleichverteilung.
> Ich habe versucht mich alleine in das Thema einzuarbeiten.
> Für die gemeinsame Verteilung muss ich die
> Zufallsvariablen zusammenfassen. Nun haben ja beide
> unterschiedliche Wertebereiche.
> Ist [mm]\chi[/mm] der von X, dann [mm]\chi=\{1,...,6\}, \mathcal{Y}[/mm] der
> von Y, dann [mm]\mathcal{Y}=\{2,...,12\}.[/mm]
Genau.
> Also setze ich [mm]Z(\omega)=(X(\omega),Y(\omega))\in \mathcal{Z}:=\chi\times\mathcal{Y}.[/mm]
> Bestimmen muss ich nun alle P(X=x,Y=y) mit [mm](x,y)\in \mathcal{Z}.[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Kann man das bisher so machen? Wie komme ich dann auf diese
> Wahrscheinlichkeiten? Ich meine wenn, [mm]X(\omega)=6,[/mm] dann
> P(6,2) beispielsweise =0 das ist klar. Für die anderen
> habe ich Gleichverteilung oder, also Anzahl der
> Möglichkeiten durch [mm]|\mathcal{Z}|[/mm] richtig?
Du hast eine Gleichverteilung auf [mm] $\Omega$, [/mm] nicht auf [mm] $\mathcal{Z}$! [/mm] Du musst also zu jeder Wahl $(x, y) [mm] \in \mathcal{Z}$ [/mm] zaehlen, wieviele [mm] $(\omega_1, \omega_2) \in \Omega$ [/mm] durch $(X, Y)$ auf $(x, y)$ abgebildet werden, und dies durch [mm] $|\Omega| [/mm] = 36$ teilen.
Nun, da $x = [mm] \max\{ \omega_1, \omega_2 \}$ [/mm] und $y = [mm] \omega_1 [/mm] + [mm] \omega_2$ [/mm] sein soll, kann man die Anzahl der Paare sehr leicht hinschreiben:
a) ist $y > 2 x$, so gibt es keins;
b) ist $y = 2 x$, so gibt es genau eins;
c) ist $y < 2 x$, so gibt es genau zwei.
Damit ist $P(X = x, Y = y)$ entweder $0$, [mm] $\frac{1}{36}$ [/mm] oder [mm] $\frac{2}{36} [/mm] = [mm] \frac{1}{18}$.
[/mm]
(Wenn du auf [mm] $\mathcal{Z}$ [/mm] eine Gleichverteilung haettest, muesste $P(X = x, Y = y)$ unabhaengig von $(x, y)$ sein.)
> Offensichtlich beeinflussen sich beide Zufallsvariablen ja.
> Dann reicht es doch ein Gegenbeispiel anzugeben, also
> P(X=6, [mm]Y=2)=0\neq P(X=6)\cdot P(Y=2)=\frac{1}{36}\cdot\frac{1}{11}.[/mm]
> Also Abhängigkeit.
Genau.
LG Felix
|
|
|
| |
|
> > ich wähle X für die größte geworfene Augenzahl und Y
> > für die Summe der Augenzahlen, also etwa
> > [mm]X(\omega)=max(\omega_1,\omega_2)[/mm] und
> > [mm]Y(\omega)=\omega_1+\omega_2,[/mm] wobei
> > [mm]\Omega=\{1,\,2,...,6\}^{2}[/mm] und
> > [mm]\omega=(\omega_1,\omega_2)\in \Omega, \omega_i[/mm] sei das
> > Ergebnis des ersten Wurfes.
>
> Und auf [mm]\Omega[/mm] hast du eine Gleichverteilung.
>
> > Ich habe versucht mich alleine in das Thema einzuarbeiten.
> > Für die gemeinsame Verteilung muss ich die
> > Zufallsvariablen zusammenfassen. Nun haben ja beide
> > unterschiedliche Wertebereiche.
> > Ist [mm]\chi[/mm] der von X, dann [mm]\chi=\{1,...,6\}, \mathcal{Y}[/mm]
> der
> > von Y, dann [mm]\mathcal{Y}=\{2,...,12\}.[/mm]
>
> Genau.
>
> > Also setze ich [mm]Z(\omega)=(X(\omega),Y(\omega))\in \mathcal{Z}:=\chi\times\mathcal{Y}.[/mm]
> > Bestimmen muss ich nun alle P(X=x,Y=y) mit [mm](x,y)\in \mathcal{Z}.[/mm]
>
>
>
> > Kann man das bisher so machen? Wie komme ich dann auf diese
> > Wahrscheinlichkeiten? Ich meine wenn, [mm]X(\omega)=6,[/mm] dann
> > P(6,2) beispielsweise =0 das ist klar. Für die anderen
> > habe ich Gleichverteilung oder, also Anzahl der
> > Möglichkeiten durch [mm]|\mathcal{Z}|[/mm] richtig?
>
> Du hast eine Gleichverteilung auf [mm]\Omega[/mm], nicht auf
> [mm]\mathcal{Z}[/mm]! Du musst also zu jeder Wahl [mm](x, y) \in \mathcal{Z}[/mm]
> zaehlen, wieviele [mm](\omega_1, \omega_2) \in \Omega[/mm] durch [mm](X, Y)[/mm]
> auf [mm](x, y)[/mm] abgebildet werden, und dies durch [mm]|\Omega| = 36[/mm]
> teilen.
>
> Nun, da [mm]x = \max\{ \omega_1, \omega_2 \}[/mm] und [mm]y = \omega_1 + \omega_2[/mm]
> sein soll, kann man die Anzahl der Paare sehr leicht
> hinschreiben:
>
> a) ist [mm]y > 2 x[/mm], so gibt es keins;
> b) ist [mm]y = 2 x[/mm], so gibt es genau eins;
> c) ist [mm]y < 2 x[/mm], so gibt es genau zwei.
Wieso bei c) genau 2? Gibts nicht noch mehr?
>
> Damit ist [mm]P(X = x, Y = y)[/mm] entweder [mm]0[/mm], [mm]\frac{1}{36}[/mm] oder
> [mm]\frac{2}{36} = \frac{1}{18}[/mm].
>
> (Wenn du auf [mm]\mathcal{Z}[/mm] eine Gleichverteilung haettest,
> muesste [mm]P(X = x, Y = y)[/mm] unabhaengig von [mm](x, y)[/mm] sein.)
>
> > Offensichtlich beeinflussen sich beide Zufallsvariablen ja.
> > Dann reicht es doch ein Gegenbeispiel anzugeben, also
> > P(X=6, [mm]Y=2)=0\neq P(X=6)\cdot P(Y=2)=\frac{1}{36}\cdot\frac{1}{11}.[/mm]
> > Also Abhängigkeit.
>
> Genau.
>
> LG Felix
>
Ich habs jetzt einmal etwas anders gemacht.
Offensichtlich bildet Z ja nicht auf alle [mm] \mathcal{X}\times\mathcal{Y} [/mm] ab.
Deswegen habe ich gesetzt:
[mm] \mathcal{Z}=\{\omega=(\omega_{1},\,\omega_{2})\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}|\omega_{1}\in\{1,...,6\},\,\omega_{2}\in\{2,...,12\},\,\omega_{1}<\omega_{2}\}.
[/mm]
Das braucht man nicht wirklich so machen, oder muss eine Zufallsvariabel immer sujektiv sein?
Naja, auf jeden Fall [mm] gilt:|\mathcal{Z}|=21.
[/mm]
Ich wähle als Beispiel:
P(X=2,Y=4)=1/21 und [mm] P(X=2)\cdot P(X=4)=1/36\cdot [/mm] 1/11=1/396.
Stimmen die Wahrscheinlichkeiten? Kann man es so auch machen oder ist die erste Variante besser?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:03 Sa 21.11.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Sleeper!
> > > ich wähle X für die größte geworfene Augenzahl und Y
> > > für die Summe der Augenzahlen, also etwa
> > > [mm]X(\omega)=max(\omega_1,\omega_2)[/mm] und
> > > [mm]Y(\omega)=\omega_1+\omega_2,[/mm] wobei
> > > [mm]\Omega=\{1,\,2,...,6\}^{2}[/mm] und
> > > [mm]\omega=(\omega_1,\omega_2)\in \Omega, \omega_i[/mm] sei das
> > > Ergebnis des ersten Wurfes.
> >
> > Und auf [mm]\Omega[/mm] hast du eine Gleichverteilung.
> >
> > > Ich habe versucht mich alleine in das Thema einzuarbeiten.
> > > Für die gemeinsame Verteilung muss ich die
> > > Zufallsvariablen zusammenfassen. Nun haben ja beide
> > > unterschiedliche Wertebereiche.
> > > Ist [mm]\chi[/mm] der von X, dann [mm]\chi=\{1,...,6\}, \mathcal{Y}[/mm]
> > der
> > > von Y, dann [mm]\mathcal{Y}=\{2,...,12\}.[/mm]
> >
> > Genau.
> >
> > > Also setze ich [mm]Z(\omega)=(X(\omega),Y(\omega))\in \mathcal{Z}:=\chi\times\mathcal{Y}.[/mm]
> > > Bestimmen muss ich nun alle P(X=x,Y=y) mit [mm](x,y)\in \mathcal{Z}.[/mm]
>
> >
> >
> >
> > > Kann man das bisher so machen? Wie komme ich dann auf diese
> > > Wahrscheinlichkeiten? Ich meine wenn, [mm]X(\omega)=6,[/mm] dann
> > > P(6,2) beispielsweise =0 das ist klar. Für die anderen
> > > habe ich Gleichverteilung oder, also Anzahl der
> > > Möglichkeiten durch [mm]|\mathcal{Z}|[/mm] richtig?
> >
> > Du hast eine Gleichverteilung auf [mm]\Omega[/mm], nicht auf
> > [mm]\mathcal{Z}[/mm]! Du musst also zu jeder Wahl [mm](x, y) \in \mathcal{Z}[/mm]
> > zaehlen, wieviele [mm](\omega_1, \omega_2) \in \Omega[/mm] durch [mm](X, Y)[/mm]
> > auf [mm](x, y)[/mm] abgebildet werden, und dies durch [mm]|\Omega| = 36[/mm]
> > teilen.
> >
> > Nun, da [mm]x = \max\{ \omega_1, \omega_2 \}[/mm] und [mm]y = \omega_1 + \omega_2[/mm]
> > sein soll, kann man die Anzahl der Paare sehr leicht
> > hinschreiben:
> >
> > a) ist [mm]y > 2 x[/mm], so gibt es keins;
> > b) ist [mm]y = 2 x[/mm], so gibt es genau eins;
> > c) ist [mm]y < 2 x[/mm], so gibt es genau zwei.
>
> Wieso bei c) genau 2? Gibts nicht noch mehr?
Der groessere der beiden Wuerfel ist $x$, also muss der kleinere $y - x < x$ sein, damit die Summe $y$ ist. Da es zwei Moeglichkeiten gibt die Wuerfel anzuordnen gibt es also genau zwei Moeglichkeiten fuer diese Augensumme.
Welche sollte es denn sonst noch geben?
> > Damit ist [mm]P(X = x, Y = y)[/mm] entweder [mm]0[/mm], [mm]\frac{1}{36}[/mm] oder
> > [mm]\frac{2}{36} = \frac{1}{18}[/mm].
> >
> > (Wenn du auf [mm]\mathcal{Z}[/mm] eine Gleichverteilung haettest,
> > muesste [mm]P(X = x, Y = y)[/mm] unabhaengig von [mm](x, y)[/mm] sein.)
> >
> > > Offensichtlich beeinflussen sich beide Zufallsvariablen ja.
> > > Dann reicht es doch ein Gegenbeispiel anzugeben, also
> > > P(X=6, [mm]Y=2)=0\neq P(X=6)\cdot P(Y=2)=\frac{1}{36}\cdot\frac{1}{11}.[/mm]
> > > Also Abhängigkeit.
> >
> > Genau.
> >
> > LG Felix
> >
>
> Ich habs jetzt einmal etwas anders gemacht.
> Offensichtlich bildet Z ja nicht auf alle
> [mm]\mathcal{X}\times\mathcal{Y}[/mm] ab.
> Deswegen habe ich gesetzt:
>
> [mm]\mathcal{Z}=\{\omega=(\omega_{1},\,\omega_{2})\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}|\omega_{1}\in\{1,...,6\},\,\omega_{2}\in\{2,...,12\},\,\omega_{1}<\omega_{2}\}.[/mm]
>
> Das braucht man nicht wirklich so machen, oder muss eine
> Zufallsvariabel immer sujektiv sein?
Zufallsvariablen muessen nicht surjektiv sein. Aber man kann sie natuerlich surjektiv machen.
Surjektiv ist das jetzt trotzdem lange noch nicht, z.B. kommt $(1, 12)$ sicher nicht vor. Du musst schon [mm] $\omega_1 [/mm] < [mm] \omega_2 \le [/mm] 2 [mm] \omega_1$ [/mm] als Bedingung nehmen.
> Naja, auf jeden Fall [mm]gilt:|\mathcal{Z}|=21.[/mm]
Nach einer Korrektur sicher nicht mehr.
> Ich wähle als Beispiel:
> P(X=2,Y=4)=1/21
Warum sollte da $1/21$ rauskommen?!?!? Wenn du [mm] $\mathcal{Z}$ [/mm] umdefinierst aendert sich nichts daran, dass du auf [mm] $\mathcal{Z}$ [/mm] eben keine Gleichverteilung hast!
> und [mm]P(X=2)\cdot P(X=4)=1/36\cdot[/mm]
> 1/11=1/396.
Das zweite $X$ soll wohl ein $Y$ sein.
> Stimmen die Wahrscheinlichkeiten? Kann man es so auch
> machen oder ist die erste Variante besser?
Also $P(X = 2) = 1/36$ stimmt, aber ob $P(Y = 4) = 1/11$ ist weiss ich grad nicht.
LG Felix
|
|
|
|
