Wahrscheinlichkeitsraum

18.10.2009, 14:36	Wahrsch88	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeitsraum Hallo, ich bin mir nicht sicher, ob ich einen Wahrscheinlichkeitsraum richtig verstanden habe, deswegen will ich euch bitten einma drüber zu schauen. Bisher wurde das Thema sehr knapp angesprochen und auch über Wahrscheinlichkeiten haben wir noch nciht wirklich gesprochen. $\begin{eqnarray} Omega = \left\{-2,-1,1,1\right\} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} <br /> \Rightarrow A=\left\{ \left\{\right\},\left\{-2\right\},\left\{-1\right\},\left\{1\right\},\left\{2\right\},\left\{-2,-1\right\},\left\{-2,1\right\},\left\{-2,2\right\},\left\{-1,1\right\},\left\{-1,2\right\},\left\{1,2\right\},\left\{-2,-1,1\right\},\left\{-2,-1,2\right\},\left\{-2,1,2\right\},\left\{-1,1,2\right\},Omega\right\} \end{eqnarray}$ Nun müsste ich noch die Wahrscheinlichkeiten berechnen, das geht hoffentlich so: $\begin{eqnarray} P(-2)=P(-1)=P(1)=P(2)=1/4 \end{eqnarray}$ Wenn man sich das als Würfel mit vier Seiten vorstellt, müsste dieses so sein. $\begin{eqnarray} P((-2,2))=...=P((-2,2))=1/4 + 1/4 = 1/2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P((-2,-1,1))=...=1/4 + 1/4 + 1/4 = 3/4 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(Omega)=1 \end{eqnarray}$ ist dieses so korrekt? Und gibt es eine Möglichkeit dieses kürzer dazustellen? Muss das gleiche z.B. noch mit den Monaten machen
18.10.2009, 15:20	Spezialfall123	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wahrscheinlichkeitsraum Willkommen in der Höhle des "Löwen" Also ich versteh das genau so wie du. $\begin{eqnarray} \Omega \end{eqnarray}$ ist gegeben, damit auch $\begin{eqnarray} \mathcal P(\Omega) \end{eqnarray}$ . Bleibt die Funktion $\begin{eqnarray} \mathbb P \end{eqnarray}$ , die du explizit angeben sollst. Und das ist auch schon die "Schwierigkeit" bei der Aufgabe: die Funktion muss folgende Kriterien erfüllen: $\begin{eqnarray} \mathbb P(A)\geq 0 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} A\subset\Omega \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \mathbb P(\Omega)=1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \mathbb P(A+B)=\mathbb P(A)+\mathbb P(B) \end{eqnarray}$ , falls $\begin{eqnarray} A\cap B=\emptyset \end{eqnarray}$ In deinem Fall hast du dir eine "Laplace" Verteilung ausgesucht, d.h. alle Elementarereignisse besitzen die selbe Wahrscheinlichkeit. Das wollte ich auch so machen und dann noch eine weitere Funktion $\begin{eqnarray} \mathbb P' \end{eqnarray}$ suchen, für die die obigen Punkte ebenfalls gelten. Gruß, Spezialfall
18.10.2009, 16:40	Wahrsch88	Auf diesen Beitrag antworten »
Schonmal gut, dass du das auch so verstehst! Dann könnte ich doch auch stattdessen mein P als eine Funktion schreiben: $\begin{eqnarray} P(n)=n/4 \end{eqnarray}$ , wobei n sagt wieviele Elementige Mengen ich gerade betrachte. Aber dann brauch ich ja noch eine zweiten Wahrscheinlichkeitsraum (laut Aufgabenstellung). $\begin{eqnarray} \Omega \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} P(\Omega) \end{eqnarray}$ sind ja gegeben, aber die Wahrscheinlichkeiten für so ein Ereignis doch eigentlich auch oder nicht? Also ich versteh nicht, wie ich zwei verschieden Wahrscheinlichkeiten angeben soll. Oder kann ich dafür ein bestimmtes Ereignis annehmen, z.B. die Zahl ist gerade?
18.10.2009, 17:12	Spezialfall123	Auf diesen Beitrag antworten »
Hm, also ich hatte vor für jedes $\begin{eqnarray} \Omega \end{eqnarray}$ zwei Funktionen zu definieren. Zum einen jeweils die, die du auch schon gefunden hattest: $\begin{eqnarray} P:\mathcal P(\Omega)\to[0,1];\quad P(\{\omega\})=\frac14\quad\forall\omega\in\Omega \end{eqnarray}$ Naja, und eine zweite kannst du dir ja einfach basteln, indem du für jedes $\begin{eqnarray} \omega\in\Omega \end{eqnarray}$ eine Wahrscheinlichkeit angibst - z.B.: $\begin{eqnarray} P(\{-2\}),P(\{2\})=\frac18 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(\{-1\}),P(\{1\})=\frac38 \end{eqnarray}$ Damit sind alle Forderungen für eine Wahrscheinlichkeitsverteilung $\begin{eqnarray} P \end{eqnarray}$ erfüllt und du kannst zwei Wahrscheinlichkeitsräume angeben, da du ja zwei W-Verteilungen gefunden bzw. gebastelt hast. Gruß, Spezialfall
18.10.2009, 17:17	Spezialfall123	Auf diesen Beitrag antworten »
... sry, hatte ich vergessen zu erwähnen: Deine Funktion gefällt mir aber auch ganz gut, ist aber, zumindest scheint es mir so, im Endeffekt nichts anderes als ne Laplace-Verteilung mit $\begin{eqnarray} P(\{\omega\})=\frac14\quad\forall\omega\in\Omega \end{eqnarray}$ Das liegt daran, dass du bei deiner Definition beliebige Teilmengen betrachtest und dann sollten die Wahrscheinlichkeiten für alle Elementarereignisse gleich sein, oder nicht?
19.10.2009, 16:14	michi007	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo ihr "Löwen" das klingt doch alles ganz gut was ihr da habt! Hab mal eben eine kurze Frage zu einer der anderen Aufgaben: Nehmen Sie an, Sie haben ein Tetraeder, das mit Zahlen von 1 bis 4 beschriftet ist. Dieses werfen Sie 4 mal. Versuchen Sie diese Wahrscheinlichkeiten zu berechnen. (a) A^= Beim ersten Wurf fällt eine 1. (b) B ^= Alle gewürfelten Zahlen sind gerade. (c) C ^= Jede Zahl kommt genau einmal vor. Meine Lösungen, wobei ich mir bei der B nicht sicher bin: $\begin{eqnarray} P(A)=1/4, P(B)=1/2, P(C)=1/4 1/3 * 1/2 * 1= 1/24 \end{eqnarray*}$ A muss so sein, da für den ersten Wurf 4 Möglichkeiten bestehen und die restlichen 3 Würfe egal sind. B: Da bin ich mir nicht sicher, wenn ich einerseits überlege, würde mein Ergebnis ja Sinn machen, da ich immer 2 Möglichkeiten habe C: Erst hab ich 4, dann 3, dann nur noch 2 und schließlich eine Möglichkeit, also sollte das auch stimmen was meint ihr?
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19.10.2009, 16:55	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Zu (a): Ist richtig. Zu (b): Inwieweit geht die Versuchsanzahl 4 in deine Überlegungen ein? Gar nicht. Zu (c): Seit wann dividiert man durch die Anzahl der günstigen Möglichkeiten, um auf die Laplacesche Wkt zu kommen??? Da ist dir aber was gehörig durcheinander geraten.
19.10.2009, 21:13	michi007	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist genau mein Problem. Wir ham noch nich wirklich was zu Wahrscheinlichkeiten gemacht, aber müssen es schon anwenden. b) Im Prinzip hab ich bei jedem Wurf 2/4=1/2 als Wahrscheinlichkeit. Muss ich die Teilwahrscheinlichkeiten dann noch multiplizieren? also $\begin{eqnarray} P(B)= (1/2)^4=1/16 \end{eqnarray}$ ? Das war mein erster Gedanke, aber n Kollege war sich recht sicher, dass 1/2 rauskommen müsste. c) stimmt, da hab ich echt Mist gemacht $\begin{eqnarray} P(C)=4/4 3/4 2/4 1/4 = 24/256 = 0,093 \end{eqnarray*}$

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