Wahrscheinlichkeiten ablesen 2-dimensional Zufallsvariable

20.08.2009, 20:40

estrella2109

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Wahrscheinlichkeiten ablesen 2-dimensional Zufallsvariable

Wenn ich ehrlich bin, habe ich so eine Art Aufgabe noch nie gesehen, habe aber etwas versucht.

Die Aufgabe ist:

Die 2-dimensional Zufallsvariable (x,y) besitze die folgende diskrete VErteilung:

P(x=1;y=1)= 0,1
P(x=1; y=3)=0,3
P(x=1; y=2)=P(x=2;y=2)=P(x=2;y=3)=0,2
Zu berechen sind E(X): E(Y); V(X); V(Y). Sind X, Y unabhängig?
Dann E(X+Y) und V(X+Y) berechnen.
Kann man E(XY) und V(XY) berechnen?

So, und nun habe ich die Wahrscheinlichkeiten für die einzelnen X und Y abgelesen...also P(X=1)= 3/5, P(X=2)=2/5, P(Y=1)=1/5, P(Y=2) =2/5, P(Y=3)= 2/5
Geht das so? Wenn ja, dann habe ich die Erwartungswerte und die Varianzen berechnet, Sind nicht unabhängig, da z.B. $\begin{eqnarray*} P(X=1)\cdot P(Y=2)\neq 0,1 \end{eqnarray*}$ Bei unabhängigen müsste ja für alle gelten, dass das Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten gleich der Wahrscheinlichkeit des Schnitts ist.
E(X+Y)=E(X)+E(Y), da linear, ebenso Varianz berechenbar.

Und E(XY) und V(XY) kann ich aufgrund der abhängigkeit nicht berechnen.

Wäre lieb, wenn man mir mitteilen könnte, ob das so okay ist.

20.08.2009, 21:13

Leopold

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RE: Wahrscheinlichkeiten ablesen 2-dimensional Zufallsvariable

Zitat:

Original von estrella2109
P(x=1;y=1)= 0,1
P(x=1; y=3)=0,3
P(x=1; y=2)=P(x=2;y=2)=P(x=2;y=3)=0,2

Stimm das so? Was ist zum Beispiel mit $\begin{eqnarray*} P(X=2,Y=1) \end{eqnarray*}$ ?
Und verwende bitte einheitlich Großbuchstaben für Zufallsgrößen. Gegen diese Konvention verstößt man nur in begründeten Ausnahmefällen.

21.08.2009, 10:18

estrella2109

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RE: Wahrscheinlichkeiten ablesen 2-dimensional Zufallsvariable
Sorry, alle X und Y sidn natürlich groß. und P(X=2;Y=1) ist nicht angegeben. es fällt wohl mit einer wahrschinlich von 0%, da die anderen die summe 1 ergeben?

21.08.2009, 11:01

Leopold

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RE: Wahrscheinlichkeiten ablesen 2-dimensional Zufallsvariable

Zitat:

Original von estrella2109
Sorry, alle X und Y sidn natürlich groß. und P(X=2;Y=1) ist nicht angegeben. es fällt wohl mit einer wahrschinlich von 0%, da die anderen die summe 1 ergeben?

So wird es wohl gemeint sein.
Dein Vorgehen stimmt. Bei $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ komme ich aber auf eine andere Verteilung.
Und warum solltest du Erwartungswert und Varianz von $\begin{eqnarray*} XY \end{eqnarray*}$ nicht berechnen können? Wenn es wegen fehlender Unabhängigkeit nicht mit einer einfachen Formel geht, dann halt zu Fuß.

Ich habe übrigens modulo Rechenfehler

$\begin{eqnarray*} \mathcal{E}(X) =1{,}4 \, ; \ \operatorname{Var}(X) = 0{,}24 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mathcal{E}(Y) = 2{,}2 \, ; \ \operatorname{Var}(Y) = 0{,}76 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mathcal{E}(XY) = 3{,}0 \, ; \ \operatorname{Var}(XY) = 2{,}6 \end{eqnarray*}$

21.08.2009, 13:51

estrella2109

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RE: Wahrscheinlichkeiten ablesen 2-dimensional Zufallsvariable

Zitat:

Original von Leopold

Zitat:

Original von estrella2109
Sorry, alle X und Y sidn natürlich groß. und P(X=2;Y=1) ist nicht angegeben. es fällt wohl mit einer wahrschinlich von 0%, da die anderen die summe 1 ergeben?

So wird es wohl gemeint sein.
Dein Vorgehen stimmt. Bei $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ komme ich aber auf eine andere Verteilung.

Was denn für eine? Wo könnte ich mich denn vertan haben?

Zitat:

Original von Leopold
Und warum solltest du Erwartungswert und Varianz von $\begin{eqnarray*} XY \end{eqnarray*}$ nicht berechnen können? Wenn es wegen fehlender Unabhängigkeit nicht mit einer einfachen Formel geht, dann halt zu Fuß.

Hm, zu Fuß habe ich es noch nie gemacht und auch noch nie gesehen. verwirrt

verwirrt

Zitat:

Original von Leopold
Ich habe übrigens modulo Rechenfehler

$\begin{eqnarray*} \mathcal{E}(X) =1{,}4 \, ; \ \operatorname{Var}(X) = 0{,}24 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mathcal{E}(Y) = 2{,}2 \, ; \ \operatorname{Var}(Y) = 0{,}76 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mathcal{E}(XY) = 3{,}0 \, ; \ \operatorname{Var}(XY) = 2{,}6 \end{eqnarray*}$

E(X) un V(X) habe ich auch, bei Y nicht, aber das liegt wohl an der untersciedlichen Verteilung

21.08.2009, 18:52

Leopold

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Und wie kommst du auf deine Verteilung für $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ ? Kannst du exemplarisch einmal $\begin{eqnarray*} P(Y=3) \end{eqnarray*}$ berechnen?

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23.08.2009, 15:47

estrella2109

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P(Y=3)= 2/5, da 2 günstige von 5 möglichen
wie gesagt, habe noch nie mit einer solchen verteilung zu tun gehabt :-(

23.08.2009, 17:52

Leopold

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Nein, so geht das nicht. $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ ist ja keine Laplace-Größe.

Zeichne dir eine Tabelle. Die Spaltenüberschriften sind die Werte von $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} 1,2,3 \end{eqnarray*}$ . Die Zeilen werden mit den Werten von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} 1,2 \end{eqnarray*}$ , gekennzeichnet. Und in den Kreuzungspunkt von Zeile $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ und Spalte $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ schreibst du die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(X=i,Y=j) \end{eqnarray*}$ laut Vorgabe.

Und wie kannst du der Tabelle nun mit einer kleinen Rechnung sofort die Verteilungen von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ entnehmen?

23.08.2009, 18:17

estrella2109

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jetzt bin ich verwirrt. wie denn?

23.08.2009, 18:24

Leopold

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$\begin{eqnarray*} \{ Y = 3 \} = \left( \{ Y = 3 \} \cap \{ X = 1 \} \right) \ \cup \ \left( \{ Y = 3 \} \cap \{ X = 2 \} \right) \end{eqnarray*}$

Die Vereinigung rechts ist eine disjunkte Vereinigung. Additivität: $\begin{eqnarray*} P(A \cup B) = P(A) + P(B) \end{eqnarray*}$ , falls $\begin{eqnarray*} A \cap B = \emptyset \end{eqnarray*}$ .

23.08.2009, 18:28

estrella2109

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Also P(Y=3)=0,5

23.08.2009, 18:30

estrella2109

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Entsprechend P(Y=1)= 0,1, P(Y=2)= 0,4, P(X=1)= 0,6 und P(X=2)=0,4

23.08.2009, 18:36

Leopold

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Freude

Die Tabelle enthält die sogenannte "gemeinsame Verteilung" der Zufallsgrößen $\begin{eqnarray*} X,Y \end{eqnarray*}$ . Durch zeilenweise oder spaltenweise Addition erhält man die Verteilungen von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ , die sogenannten Randverteilungen (Marginalverteilungen).

23.08.2009, 18:53

estrella2109

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super, vielen dank.

und E(XY) könnte ich wie zu Fuß ausrechenen? wir haben das nie gehabt, deswegen bin ich davon ausgegangen, weil die frage war, ob man es kann aufgrund der abhängigkeit zu argumentieren

23.08.2009, 20:46

Leopold

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$\begin{eqnarray*} Z = XY \end{eqnarray*}$

Welche Werte hat $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ ? Mit welcher Wahrscheinlichkeit werden sie jeweils angenommen?
Anders gesagt: Bestimme die Verteilung von $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ und rechne wie gewohnt die statistischen Kennzahlen aus.

Beispiel: $\begin{eqnarray*} 6 \end{eqnarray*}$ ist ein Wert von $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ . Er wird dann und nur dann angenommen, wenn $\begin{eqnarray*} X=2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y=3 \end{eqnarray*}$ ist. Die Wahrscheinlichkeit für dieses "und"-Ereignis ist aber laut Vorgabe $\begin{eqnarray*} 0{,}2 \end{eqnarray*}$ . Also gilt: $\begin{eqnarray*} P(Z=6) = 0{,}2 \end{eqnarray*}$ .
Wenn ein Wert von $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ durch verschiedene X-Y-Kombinationen erreicht wird, mußt du die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten natürlich addieren. Letzlich gewinnst du alles, was du brauchst, aus der Tabelle von vorhin.

24.08.2009, 14:41

BarneyG.

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Also irgendwie kriege ich für E(Z) einen anderen Wert heraus:

P(Z=1) = 0,1
P(Z=2) = 0,2
P(Z=3) = 0,3
P(Z=4) = 0,2
P(Z=6) = 0,2

E(Z) = 1*0,1 + 2*0,2 + 3*0,3 + 4*0,2 +6*0,2 = 3,4

Oder habe ich da was vermuddelt?

Grüße

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