Stochastische Unabhängigkeit ?

16.03.2011, 18:37

Frank Borbach

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Stochastische Unabhängigkeit ?

http://img848.imageshack.us/img848/1767/stochunab.jpg

Ich habe ein Problem mit dieser Aufgabe.
Die Fromel $\begin{eqnarray*} P\left(X\cap Y\right) = P\left(X\right) * P\left(Y\right) \end{eqnarray*}$ muss erfüllt sein, damit die Zufallsvariablen stochastisch unabhängig sind. Nur was ist jetzt $\begin{eqnarray*} P\left(X\cap Y\right) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P\left(Y\right) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} P\left(X\right) \end{eqnarray*}$ .
Bei $\begin{eqnarray*} P\left(X\right) \end{eqnarray*}$ würde ich sagen, dass die Wahrscheinlichkeit immer $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ ist, da sich kein Ergebnis wiederholt.
Nur wie sieht das bei $\begin{eqnarray*} P\left(Y\right) \end{eqnarray*}$ aus. Meiner Meinung nach müsste das auch $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ sein.

Des Weiteren stellt sich mir dann noch die Frage, was $\begin{eqnarray*} P\left(X\cap Y\right) \end{eqnarray*}$ ist. Ich habe mir überlegt, dass ich einfach die kombinationen von X und Y aufschreibe, welche 6 sind und dann hätte ich die Wahrscheinlichkeit von $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

Daraus folgt dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \neq \frac{1}{3} * \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ und somit sind X und Y NICHT stochastisch unabhängig.

Ist das so richtig ?

mfg

Frank

16.03.2011, 19:08

zweiundvierzig

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Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X,Y \end{eqnarray*}$ heißen unabhängig, wenn $\begin{eqnarray*} P(X = x_i, Y = y_i) = P(X = x_i) P(Y = y_i) \end{eqnarray*}$ gilt für alle möglichen Werte $\begin{eqnarray*} x_i,y_i \end{eqnarray*}$ . In unserem Fall kannst Du nun also die einzelnen Wahrscheinlichkeiten durch Abzählen ausrechnen und vergleichen.

16.03.2011, 19:32

Frank Borbach

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Zitat:

Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X,Y \end{eqnarray*}$ heißen unabhängig, wenn $\begin{eqnarray*} P(X = x_i, Y = y_i) = P(X = x_i) P(Y = y_i) \end{eqnarray*}$ gilt für alle möglichen Werte $\begin{eqnarray*} x_i,y_i \end{eqnarray*}$ . In unserem Fall kannst Du nun also die einzelnen Wahrscheinlichkeiten durch Abzählen ausrechnen und vergleichen.

Hab ich das richtig verstanden ?

Für $\begin{eqnarray*} P(X = x_i) \end{eqnarray*}$ wären das dann 3 Möglichkeiten (-1, 0 und 1) also wäre die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ .

16.03.2011, 19:34

zweiundvierzig

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Wenn Du $\begin{eqnarray*} P(X = -1) = P(X = 0) = P(X = 1) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ aussagen wolltest, dann hast Du recht. smile

smile

16.03.2011, 19:43

Frank Borbach

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} P(X = -1) = P(X = 0) = P(X = 1) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

Ja, das meinte ich. ^^

Und bei $\begin{eqnarray*} P(Y = y_i) \end{eqnarray*}$ mit i = 1,2,3 wäre das das gleiche?
Weil es gibt ja nur die 1 und die 0.
Oder müsste $\begin{eqnarray*} P(Y = 0) = \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(Y = 1) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ sein.

16.03.2011, 19:46

zweiundvierzig

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Auch richtig. smile

smile

In unserem Zusammenhang wäre es auch noch sinnvoll, $\begin{eqnarray*} P(Y = -1) = 0 \end{eqnarray*}$ festzuhalten. Wie sieht es nun mit den Wahrscheinlichkeiten der Schnitte aus?

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16.03.2011, 19:55

Frank Borbach

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} P(Y = -1) = 0 \end{eqnarray*}$

Das muss so sein, weil -1 nicht in der Ereignisalgebra vorkommt, die ja $\begin{eqnarray*} P\left(\left\{1,2,3\right\}\right) \end{eqnarray*}$ ist ? Dann dürfte es bei $\begin{eqnarray*} P(Y = 0) \end{eqnarray*}$ auch 0 sein, außer man sieht die 0 als leere Menge an.

Tja... der Schnitt. Das ist auch so eine Sache. Ich habe gesucht und gesucht und eig wird der immer angegeben oder er steht einfach da, aber nirgendwo steht, wie man darauf kommt. Was muss ich denn hier machen, um den Schnitt zu bekommen ?

16.03.2011, 20:06

zweiundvierzig

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Zitat:

Original von Frank Borbach

Zitat:

$\begin{eqnarray*} P(Y = -1) = 0 \end{eqnarray*}$

Das muss so sein, weil -1 nicht in der Ereignisalgebra vorkommt, die ja $\begin{eqnarray*} P\left(\left\{1,2,3\right\}\right) \end{eqnarray*}$ ist ? Dann dürfte es bei $\begin{eqnarray*} P(Y = 0) \end{eqnarray*}$ auch 0 sein, außer man sieht die 0 als leere Menge an.

Nein, Du hattest vorher schon richtig gerechnet. Ausführlich geschrieben gilt $\begin{eqnarray*} P(Y = -1) = P( \{ \omega \in \{1,2,3\} \colon Y(\omega) = -1 \}) = P(\emptyset) = 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(Y = 0) = P(\{ \omega \in \{1,2,3\} \colon Y(\omega) = 0 \}) = P(\{1,3\}) = \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Frank Borbach
Tja... der Schnitt. Das ist auch so eine Sache. Ich habe gesucht und gesucht und eig wird der immer angegeben oder er steht einfach da, aber nirgendwo steht, wie man darauf kommt. Was muss ich denn hier machen, um den Schnitt zu bekommen ?

In diesem Fall kannst Du den Schnitt durch einfaches Aufzählen bestimmen. Es gilt $\begin{eqnarray*} P(X = x_i, Y = y_i) = P(\{ \omega \in \{1,2,3\} \colon X(\omega) = x_i \wedge Y(\omega) = y_i \}) \end{eqnarray*}$ . Hinweis: Wenn Du geschickt hinguckst, fällt Dir mit Blick auf die Aufgabenstellung vielleicht schnell auf, dass Du auch gar nicht so viele Schnitte berechnen musst.

16.03.2011, 20:18

Frank Borbach

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Ich frag mich gerade, warum man $\begin{eqnarray*} P(Y = -1) = 0 \end{eqnarray*}$ berücksichtigen muss, weil das garnicht in der Aufgabe steht.
Oder kann das sein, dass ich so langsam ziemlich durcheinander werde ?

$\begin{eqnarray*} P(X = x_i, Y = y_i) = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ , da es 6 verschiedene Kombinationen gibt X und Y zu kombinieren.

16.03.2011, 20:23

zweiundvierzig

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Sorry, ich hatte mich da unglücklich ausgedrückt. Inhaltlich ist $\begin{eqnarray*} P(Y = -1) = 0 \end{eqnarray*}$ nicht weiter von Bedeutung.

Deine Überlegung hinsichtlich der Schnitte ist nicht richtig. Rechne doch mal $\begin{eqnarray*} P(X = 0, Y= 0) \end{eqnarray*}$ gemäß meiner obigen Anmerkungen aus.

16.03.2011, 20:32

Frank Borbach

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Müsste das nicht $\begin{eqnarray*} P(X = 0, Y= 0) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ sein ?

Es kann ja X(2) und Y(1) gleich 0 sein oder X(2) und Y(3). Das wäre dann $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{2}{6} \end{eqnarray*}$ .

16.03.2011, 20:36

zweiundvierzig

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Vielleicht liegt hier ein Missverständnis vor, aber ich hatte es oben auch eindeutig ausgeschrieben: $\begin{eqnarray*} P(X = 0, Y = 0) \end{eqnarray*}$ bezeichnet die Wahrscheinlichkeit deas Ereignisses, dass $\begin{eqnarray*} X = 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y = 0 \end{eqnarray*}$ wird:

Zitat:

Original von zweiundvierzig
$\begin{eqnarray*} P(X = x_i, Y = y_i) = P(\{ \omega \in \{1,2,3\} \colon X(\omega) = x_i \wedge Y(\omega) = y_i \}) \end{eqnarray*}$

16.03.2011, 20:47

Frank Borbach

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Kann es sein, dass die Wahrscheinlichkeit von $\begin{eqnarray*} P(X = 0, Y = 0) = 0 \end{eqnarray*}$ ist ?

Wenn ich das richtig verstanden habe, dann muss ich gucken, wo ich X=0 und Y=0 bekomme, wenn ich in $\begin{eqnarray*} P(X = x_i, Y = y_i) = P(\{ \omega \in \{1,2,3\} \colon X(\omega) = x_i \wedge Y(\omega) = y_i \}) \end{eqnarray*}$ das $\begin{eqnarray*} \omega \in \{1,2,3\} \end{eqnarray*}$ setze und dabei tritt dann nie diese Situation ein, da, wenn ich $\begin{eqnarray*} \omega = 1 \end{eqnarray*}$ setze kommt da X(1) =-1 und Y(1) = 0 raus.

16.03.2011, 20:53

zweiundvierzig

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Ganz genau, allerdings genügt es natürlich nicht nur, für $\begin{eqnarray*} \omega = 1 \end{eqnarray*}$ zu argumentieren. Allerdings reicht folgende Überlegung: Wegen $\begin{eqnarray*} X^{-1}(0) = \{2\} \end{eqnarray*}$ kommt nur $\begin{eqnarray*} \omega = 2 \end{eqnarray*}$ infrage, aber das geht auch nicht wegen $\begin{eqnarray*} Y(2) = 1 \end{eqnarray*}$ .

Aber das Prinzip hast Du richtig verstanden. Was können wir mit $\begin{eqnarray*} P(X = 0, Y = 0) = 0 \end{eqnarray*}$ nun für die Aufgabe anfangen?

16.03.2011, 21:01

Frank Borbach

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Mit $\begin{eqnarray*} P(X = 0, Y = 0) = 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(X = 0) * P(Y = 0) = \frac{2}{3} * \frac{1}{3} = \frac{2}{9} \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} 0 \neq \frac{2}{9} \end{eqnarray*}$ und damit, dass die Bedingung $\begin{eqnarray*} P(X = 0, Y = 0) = P(X = 0) P(Y = 0) \end{eqnarray*}$ nicht erfüllt ist und die Zufallsvariablen X und Y stochastisch abhängig sind.

Ich hoffe, das ist richtig. smile

smile

16.03.2011, 21:05

zweiundvierzig

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Ja, genau so ist es. Freude

Freude

16.03.2011, 21:08

Frank Borbach

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Ohman... eine schwere Geburt, aber ich denke, dass ich es jetzt verstanden habe. Vielen Dank für die Hilfe und die Geduld.

Ist das richtig, dass ich nur einen Fall untersuchen muss, bei dem die Bedingung nicht erfüllt ist ?

16.03.2011, 21:10

zweiundvierzig

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Gern geschehen. smile

smile

Man muss sich etwas an Zufallsvariablen gewöhnen, aber die sind schon sehr wichtig.

Wenn es darum geht, Unabhängigkeit zu widerlegen, genügt es natürlich ein einziges Gegenbeispiel anzugeben, in dem die Bedingung verletzt ist.

16.03.2011, 21:49

Frank Borbach

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Wie sieht denn die Wahrscheinlichkeit von dem Schnitt aus, wenn X(2)=0 und Y(2)=0?

Ist dann $\begin{eqnarray*} P(X = 0, Y = 0) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ , da dies ja nur dann vorkommt, wenn $\begin{eqnarray*} \omega = 2 \end{eqnarray*}$ ?

16.03.2011, 21:52

zweiundvierzig

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Zitat:

Original von Frank Borbach
Wie sieht denn die Wahrscheinlichkeit von dem Schnitt aus, wenn X(2)=0 und Y(2)=0?

Diese Frage verstehe ich nicht. $\begin{eqnarray*} X(2) = 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y(2) = 0 \end{eqnarray*}$ sind keine Ereignisse, sondern einfache Gleichungen.

Zitat:

Original von Frank Borbach
Ist dann $\begin{eqnarray*} P(X = 0, Y = 0) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ , da dies ja nur dann vorkommt, wenn $\begin{eqnarray*} \omega = 2 \end{eqnarray*}$ ?

Stünde hier $\begin{eqnarray*} Y = 1 \end{eqnarray*}$ , dann wäre es richtig.

16.03.2011, 22:00

Frank Borbach

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Oh, entschuldigung. Da hätte noch ein "wäre" hingehört. Ich hab mir halt überlegt, was wäre, wenn Y(2)=0.
Also gibt es nur eine Wahrscheinlichkeit ungleich 0, bei den folgenen 3 Schnitten (bei der Ausgangsaufgabe):
$\begin{eqnarray*} P(X = -1, Y = 0) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(X = 0, Y = 1) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(X = 1, Y = 0) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
Bei den anderen Schnittmöglichkeiten müsste dann als Wahrscheinlichkeit 0 herauskommen.

16.03.2011, 22:05

zweiundvierzig

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Zitat:

Original von Frank Borbach
Oh, entschuldigung. Da hätte noch ein "wäre" hingehört. Ich hab mir halt überlegt, was wäre, wenn Y(2)=0.

Dann war Deine Überlegung richtig.

Zitat:

Original von Frank Borbach
Also gibt es nur eine Wahrscheinlichkeit ungleich 0, bei den folgenen 3 Schnitten:
$\begin{eqnarray*} P(X = -1, Y = 0) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(X = 0, Y = 1) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(X = 1, Y = 0) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
Bei den anderen Schnittmöglichkeiten müsste dann als Wahrscheinlichkeit 0 herauskommen.

Genau.

16.03.2011, 22:07

Frank Borbach

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Wunderbar.
Danke nochmal. smile

smile

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