Normale Würfel und Münzen

08.07.2017, 18:24

gast0268

Normale Würfel und Münzen

Meine Frage:
Hallo meine Liebe ,
Ich habe folgende Aufgabe gekriegt und habe leider keine ahnung wie ich weiter gehen sollte .

Wir werfen einmalig einen fairen Würfel (dessen Seiten mit den Zahlen von 1 bis 6 beschriftet sind) und notieren das Ergebnis. Anschließend werfen wir eine faire Münze (mit Seiten K und Z) so oft, wie das Ergebnis des Würfelwurfs angibt.
(a) Gib einen Ergebnisraum ? und einen Wahrscheinlichketsvektor p an, mit dem das Ex-periment beschrieben werden kann.
(b) Sei X die Zufallsgröße, die angibt, wie oft K geworfen worden ist. Best i mme P(X = 5).
(c) Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass der Würfel eine 1 gezeigt hat, wenn bekannt ist, dass niemals bei einem Münzwurf K geworfen wurde

Meine Ideen:
also persönlich würde folgenderweise vorgehen

zu (a) sei das Tupel ( $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ,p) den wahrscheinlichkeitsraum mit $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ = {1,...,6} X $\begin{eqnarray*} \left\{ K,Z\right\}^{n} \end{eqnarray*}$ , für n $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ {1,...,6}
und den warhscheinlichkeit vektor $\begin{eqnarray*} p(\omega)= \frac{1}{6}\times (\frac{1}{2})^{n} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\in \left\{ 1,...,6\right\} \end{eqnarray*}$ , wobei {1,...6} die angezeigte seite des wurfels ist.

also so wie ich es verstanden habe , wenn man eine 5 mit einem wurfel wirft, dann muss man die münze 5 mal werfen.

zu (b)-

habe ich berechnet

$\begin{eqnarray*} P(X=5) = \frac{1}{6}\times \frac{1}{2^{5} } \end{eqnarray*}$
=1/192
oder
fast 0,52 prozent.
da, dieses ergebnis kommish aussieht, habe ich was anderes berchnet
1/2^5 = 1/32 = 0,0312
fast 3,12 prozent

zu(c)
das ist bedignte wahrscheinlichkeit
(Würfel zeigt 1 \K niemals geworfen wurde)= P(würfel zeigt 1 $\begin{eqnarray*} \cap \end{eqnarray*}$ k wurde niemals geworfen)/{k wurde niemals geworfen}
=
(1/6*1/2)/(1-(

$\begin{eqnarray*} (\frac{1}{6} \times \frac{1}{2})+(\frac{1}{6}\times \frac{1}{4}) +(\frac{1}{6}\times \frac{1}{8} ) + (\frac{1}{6} \times \frac{1}{16} )+(\frac{1}{6} \times \frac{1}{32} ) +(\frac{1}{6} \times \frac{1}{64} ) \end{eqnarray*}$ )
= 0,0996
fast 10 prozent

stimmt das uberhaupt?

es wäre schön wenn ich antworte habe

08.07.2017, 23:08

Dustin

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Hallo,
bei (b) und (c) kann ich dir zu 100% helfen, bei (a) "wahrscheinlich auch" (mit den Formalitäten in der Stochastik bin ich nicht so gut, das hätte mich in der Staockastikklausur in der Uni fast - aber nur fast - die 1 gekostet Augenzwinkern

)

Also:

Zitat:

zu (a) sei das Tupel ( $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ,p) den wahrscheinlichkeitsraum mit $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ = {1,...,6} X $\begin{eqnarray*} \left\{ K,Z\right\}^{n} \end{eqnarray*}$ , für n $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ {1,...,6}
und den warhscheinlichkeit vektor $\begin{eqnarray*} p(\omega)= \frac{1}{6}\times (\frac{1}{2})^{n} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\in \left\{ 1,...,6\right\} \end{eqnarray*}$ , wobei {1,...6} die angezeigte seite des wurfels ist.

Ich denke, den Ergebnisraum kannst du so nicht hinschreiben, weil da nicht die Information drinsteckt, dass n die vom Würfel angezeigte Augenzahl ist und dass es sich danach richtet, wie oft die Münze geworfen wird.
Besser ist m.E.
$\begin{eqnarray*} \Omega=\{ 1\} \times \{ K,Z\}^1 \cup \{ 2\} \times \{ K,Z\}^2 \cup ... \end{eqnarray*}$
oder kurz (und eleganter)
$\begin{eqnarray*} \Omega = \bigcup \limits_{n \in \{ 1,2,3,4,5,6\} } \{n \} \times \{K,Z\} ^n \end{eqnarray*}$

Und beim Wahrscheinlichkeitsvektor sollte auf jeden Fall noch ersichtlich sein, dass jedes Elementarereignis $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ aus einem Würfelergebnis - welches dem n im Exponenten entspricht - und n Münzwurfergebnissen besteht. (Es gibt ja 2+4+6+8+16+32+64=126 Elementarereignisse, dementsprechend hat der W-Vektor 126 Einträge!)

Zitat:

zu (b)-

habe ich berechnet

$\begin{eqnarray*} P(X=5) = \frac{1}{6}\times \frac{1}{2^{5} } \end{eqnarray*}$
=1/192

Da hast du aber nicht berücksichtigt, dass der Würfel auch eine 6 angezeigt haben könnte...

Zitat:

zu(c)
das ist bedignte wahrscheinlichkeit
(Würfel zeigt 1 \K niemals geworfen wurde)= P(würfel zeigt 1 $\begin{eqnarray*} \cap \end{eqnarray*}$ k wurde niemals geworfen)/{k wurde niemals geworfen}
=
(1/6*1/2)/(1-(

$\begin{eqnarray*} (\frac{1}{6} \times \frac{1}{2})+(\frac{1}{6}\times \frac{1}{4}) +(\frac{1}{6}\times \frac{1}{8} ) + (\frac{1}{6} \times \frac{1}{16} )+(\frac{1}{6} \times \frac{1}{32} ) +(\frac{1}{6} \times \frac{1}{64} ) \end{eqnarray*}$ )
= 0,0996
fast 10 prozent

Was hat da das "1-" im Nenner verloren? Du bildest doch kein Gegenereignis?!

LG Dustin

08.07.2017, 23:25

Dopap

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RE: normale wurfel und münzen

Zitat:

Original von gast0268
[...]
zu (b)
habe ich berechnet

$\begin{eqnarray*} P(X=5) = \frac{1}{6}\times \frac{1}{2^{5} }=\frac {1}{192}\approx 0.52% \end{eqnarray*}$

da, dieses ergebnis kommish aussieht, habe ich was anderes berchnet
$\begin{eqnarray*} \frac {1}{2^5} = \frac {1}{32} = 0,0312 \end{eqnarray*}$ fast 3,12 Prozent [...]
Latex editiert

Komisch ist kein Grund den besseren Ansatz fallen zu lassen. Aber es gibt noch eine weitere Möglichkeit für $\begin{eqnarray*} X=5 \end{eqnarray*}$ und das ist bei $\begin{eqnarray*} W=6 \end{eqnarray*}$ der Fall:

$\begin{eqnarray*} p(X=5|W=6)=6\cdot (\tfrac 12)^5\cdot \tfrac 12= \tfrac {6}{64}\approx 9.38% \end{eqnarray*}$

und als totale Wahrscheinlichkeit in Summe:

$\begin{eqnarray*} p(X=5)= p(X=5\,|\,W=5)p(W=5)+p(X=5\,|\,W=6)p(W=6)\approx \tfrac 16\cdot 3.12%+\tfrac 16\cdot 9.38%\approx 2.08% \end{eqnarray*}$

edit: beinahe zu spät

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