Bedingte Verteilung (Geometrische Verteilung)

18.06.2012, 22:10

Kevin321

Bedingte Verteilung (Geometrische Verteilung)

Hallo matheboard!

Ich habe folgende Aufgabe:
X sei die Wartezeit auf eine 6 beim Würfeln, bestimme folgende Wahrscheinlichkeiten

a) die bedingte Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(X \leq 3 | X \leq 6) \end{eqnarray*}$
b) die bedingte Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(X = 1 | X \leq 2) \end{eqnarray*}$
c) die bedingte Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(X < 3 | X \leq 6) \end{eqnarray*}$
d) die Wahrscheinlichkeit, dass X gerade ist

Eigene Idee:
a)
Zuerst einmal die Aufgabe "in Worte" gefasst, wenn innerhalb der Wartezeit 6 keine 6 gewürfelt wurde werden erneut 3 "Einheiten" gewartet.

Ereignis A: Eine 6 innerhalb von $\begin{eqnarray*} X \leq 6 \end{eqnarray*}$
Ereignis B: Eine 6 innerhalb von weiteren $\begin{eqnarray*} X \leq 3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(X \leq 6) = 1-(1-\frac{1}{6})^6=0.66 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(X \leq 3) = 1-(1-\frac{1}{6})^3=0.42 \end{eqnarray*}$

Die bedingte Wahrscheinlichkeit dass B eintritt unter der Bedingung dass A nicht eingetreten ist (es muss länger gewartet werden): $\begin{eqnarray*} P(B|A^c) = \frac{B\cap A^c}{P(A^c)} = \frac{0.66\cdot 0.42}{0.66}=0.42 \end{eqnarray*}$

Die Lösung wäre aber folgende: $\begin{eqnarray*} \frac{P(X \leq 3)}{P(X \leq 6)}=\frac{0.42}{0.66}=0.633 \end{eqnarray*}$

Ich verstehe nicht wie ich mit der bedingten Wahrscheinlichkeit auf die gegebene Lösung kommen soll. Eventuell gehts dann auch mit den restlichen Aufgaben...

Grüße
Kevin

18.06.2012, 22:34

Math1986

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RE: Bedingte Verteilung (Geometrische Verteilung)
a): Gesucht:
$\begin{eqnarray*} P(X \leq 3 | X \leq 6) \end{eqnarray*}$

Korrekt ist:
$\begin{eqnarray*} P(B|A) = \frac{P(B\cap A)}{P(A)} \end{eqnarray*}$
wobei
$\begin{eqnarray*} B\cap A = \left\{X \leq 3\right\}\cap \left\{X \leq 6\right\} \end{eqnarray*}$
Wie kannst du diese Menge umformen?

Du darfst das $\begin{eqnarray*} \cap \end{eqnarray*}$ eben nicht einfach so zu $\begin{eqnarray*} \cdot \end{eqnarray*}$ herausziehen, das gilt nur, wenn beide Ereignisse unabhängig sind.

18.06.2012, 22:47

Kevin321

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RE: Bedingte Verteilung (Geometrische Verteilung)

Zitat:

Original von Math1986
$\begin{eqnarray*} B\cap A = \left\{X \leq 3\right\}\cap \left\{X \leq 6\right\} \end{eqnarray*}$
Wie kannst du diese Menge umformen?

Die Schnittmenge von $\begin{eqnarray*} \left\{X \leq 3\right\}\cap \left\{X \leq 6\right\} \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \left\{X \leq 3\right\} \end{eqnarray*}$

Das Ereignis A wäre ja innerhalb der Zeit X eine 6 zu würfeln, darum habe ich das Gegenereignis genommen, warum ist dies falsch? Um noch weitere 3 "Mal" zu würfeln darf A nicht eintreten...

Zitat:

Original von Math1986
Du darfst das $\begin{eqnarray*} \cap \end{eqnarray*}$ eben nicht einfach so zu $\begin{eqnarray*} \cdot \end{eqnarray*}$ herausziehen, das gilt nur, wenn beide Ereignisse unabhängig sind.

Warum sind die beiden Ereignisse nicht unabhängig? das Würfeln keiner 6 beeinflusst das Resultät beim nächsten Würfeln nicht.

18.06.2012, 22:56

Math1986

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RE: Bedingte Verteilung (Geometrische Verteilung)

Zitat:

Original von Kevin321

Zitat:

Original von Math1986
$\begin{eqnarray*} B\cap A = \left\{X \leq 3\right\}\cap \left\{X \leq 6\right\} \end{eqnarray*}$
Wie kannst du diese Menge umformen?

Die Schnittmenge von $\begin{eqnarray*} \left\{X \leq 3\right\}\cap \left\{X \leq 6\right\} \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \left\{X \leq 3\right\} \end{eqnarray*}$

Richtig. Also ist $\begin{eqnarray*} P(\left\{X \leq 3\right\}\cap \left\{X \leq 6\right\})=P(\left\{X \leq 3\right\}) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Kevin321
Das Ereignis A wäre ja innerhalb der Zeit X eine 6 zu würfeln, darum habe ich das Gegenereignis genommen, warum ist dies falsch? Um noch weitere 3 "Mal" zu würfeln darf A nicht eintreten...

Wenn dein $\begin{eqnarray*} A = \left\{X \leq 6\right\} \end{eqnarray*}$ ist, dann ist es eben falsch. Gesucht ist $\begin{eqnarray*} P(X \leq 3 | X \leq 6) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Kevin321

Zitat:

Warum sind die beiden Ereignisse nicht unabhängig? das Würfeln keiner 6 beeinflusst das Resultät beim nächsten Würfeln nicht.

Warum sollte es unabhängig sein?
Du sollst $\begin{eqnarray*} P(X\leq 3) \end{eqnarray*}$ schätzen. Nun verrät dir jemand, dass $\begin{eqnarray*} X \leq 6 \end{eqnarray*}$ ist. Das gibt dir eine Zusatzinformation.

Rechne es einfach nach, es ist schwierig zu verbalisieren.

18.06.2012, 23:28

Kevin321

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RE: Bedingte Verteilung (Geometrische Verteilung)

Zitat:

Original von Math1986
Wenn dein $\begin{eqnarray*} A = \left\{X \leq 6\right\} \end{eqnarray*}$ ist, dann ist es eben falsch. Gesucht ist $\begin{eqnarray*} P(X \leq 3 | X \leq 6) \end{eqnarray*}$

Was ist A denn? ich blick gerade nicht mehr durch, ich habe doch die Ereignisse:
A: $\begin{eqnarray*} P(X \leq 6) \end{eqnarray*}$
B: $\begin{eqnarray*} P(X \leq 3) \end{eqnarray*}$

Gesucht ist: $\begin{eqnarray*} P(X \leq 3 | X \leq 6) \end{eqnarray*}$

Mit dem Tipp von dir, dass der Vorgang mit der "Zusatzinformation" nicht mehr unabhängig ist habe ich nun folgende Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} \frac{P(\left\{X \leq 3\right\}\cap \left\{X \leq 6\right\})}{P(X \leq 6)} \end{eqnarray*}$ somit würde ich auf die gegebene Lösung kommen. Ist mein Gedankengang richtig?

Danke für deine Hilfe! Mal sehen obs bei den anderen Aufgaben besser klappt

19.06.2012, 08:59

Math1986

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RE: Bedingte Verteilung (Geometrische Verteilung)

Zitat:

Original von Kevin321

Zitat:

Original von Math1986
Wenn dein $\begin{eqnarray*} A = \left\{X \leq 6\right\} \end{eqnarray*}$ ist, dann ist es eben falsch. Gesucht ist $\begin{eqnarray*} P(X \leq 3 | X \leq 6) \end{eqnarray*}$

Was ist A denn?

Das frage ich dich. Du hast A eingeführt ohne es formal sauber zu definieren, und nun wunderst du dich wo es herkommt geschockt

Zitat:

Original von Kevin321
Mit dem Tipp von dir, dass der Vorgang mit der "Zusatzinformation" nicht mehr unabhängig ist habe ich nun folgende Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} \frac{P(\left\{X \leq 3\right\}\cap \left\{X \leq 6\right\})}{P(X \leq 6)} \end{eqnarray*}$ somit würde ich auf die gegebene Lösung kommen. Ist mein Gedankengang richtig?

Danke für deine Hilfe! Mal sehen obs bei den anderen Aufgaben besser klappt

Soweit richtig.

19.06.2012, 20:44

Kevin321

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RE: Bedingte Verteilung (Geometrische Verteilung)
Danke, hatte gestern wohl ein Brett vor dem Kopf.
Habe nun die Aufgaben b,c soweit auch gelöst. Bei Aufgabe d war meine Überlegung folgende:

T kann die Werte 1,2,3,4,5,6, ... annehmen, gerade davon sind 1/2 also wäre doch die Wahrscheinlichkeit, dass T gerade ist 1/2. Laut Lösung sollen es 5/11 sein?

Ich verstehe die Überlegung dahinter noch nicht.

Grüße
Kevin

19.06.2012, 21:04

Math1986

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RE: Bedingte Verteilung (Geometrische Verteilung)

Zitat:

Original von Kevin321
T kann die Werte 1,2,3,4,5,6, ... annehmen, gerade davon sind 1/2 also wäre doch die Wahrscheinlichkeit, dass T gerade ist 1/2.

Damit implizierst du aber die Annahme, das jeder Wert gleichwahrscheinlich ist - ist das so?

19.06.2012, 21:37

Kevin321

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RE: Bedingte Verteilung (Geometrische Verteilung)

Zitat:

Original von Math1986
Damit implizierst du aber die Annahme, das jeder Wert gleichwahrscheinlich ist - ist das so?

2 Mal würfeln: 0.30
4 Mal würfeln: 0.51
6 Mal würfeln: 0.66
8 Mal würfeln: 0.76

Je grösser die Wartezeit ist umso wahrscheinlicher ist es eine 6 zu würfeln, somit wären "kleinere" X umwahrscheinlicher als "grössere" aber ich weiss nicht wie mir diese "Erkenntniss" (wenn sie denn überhaupt richtig ist) helfen soll das Problem zu lösen.

19.06.2012, 22:03

Math1986

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RE: Bedingte Verteilung (Geometrische Verteilung)

Zitat:

Original von Kevin321

Zitat:

Original von Math1986
Damit implizierst du aber die Annahme, das jeder Wert gleichwahrscheinlich ist - ist das so?

Wenn du diese "Wahrscheinlichkeiten", die du berechnet hast, mal addierst - auf welche Summe kommst du dann genau? Kann das sein?

Versuche zunächst, eine explizite Formel für $\begin{eqnarray*} P(X=k) \end{eqnarray*}$ aufzustellen und berechne dann $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^\infty P\left(X=k\right) \end{eqnarray*}$

19.06.2012, 22:51

Kevin321

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RE: Bedingte Verteilung (Geometrische Verteilung)
Nein das gäbe ja mehr als 1 und somit muss das Falsch sein, ich kam aber auch nicht auf die Idee die Wahrscheinlichkeiten zu addieren...

Die Formel für $\begin{eqnarray*} P(X=n)=p\cdot (1-p)^{n-1} \end{eqnarray*}$

P(X=2) = 0.13
P(X=4) = 0.09
P(X=6) = 0.066
P(X=8) = 0.04
P(X=10) = 0.032
P(X=12) = 0.022
P(X=14) = 0.015
P(X=16) = 0.01
P(X=18) = 0.007

Addiert gibts ungefähr 0.41 (durchs "abschneiden" der Nachkommastellen geht viel verloren...), also die Reihe nähert sich immer mehr dem Wert 5/11.

Stimmt diese Überlegung/Beobachtung?

Die Summenformel sähe folgendermassen aus $\begin{eqnarray*} S_{\infty}=\frac{a_0}{1-q} \end{eqnarray*}$ scheint aber nicht wirklich die passende zu sein...

19.06.2012, 23:00

Math1986

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RE: Bedingte Verteilung (Geometrische Verteilung)
Die Überlegung ist bis dahin richtig smile

Ich gebe noch den Hinweis auf die geometrische Reihe.

20.06.2012, 21:30

Kevin321

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RE: Bedingte Verteilung (Geometrische Verteilung)

Zitat:

Original von Math1986
Die Überlegung ist bis dahin richtig smile

Wurde auch Zeit Augenzwinkern

Zitat:

Original von Math1986
Ich gebe noch den Hinweis auf die geometrische Reihe.

Das ist doch die Formel die ich im vorherigen Post angegeben habe nur kann ich die Formel nicht anwenden da mir noch nicht klar ist was a0 und q in Bezug auf Wahrscheinlichkeiten sein sollen.

Gruß
Kev

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