Zufallsvariablen

25.10.2010, 18:13

eisley

Zufallsvariablen

Hallo zusammen !!

Aufgabenstellung
Betrachte zwei unabhängige Ereignisse $\begin{eqnarray*} A_1, A_2 \end{eqnarray*}$ eines Wahrscheinlichkeitsraumes $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} P(A_1) = \frac{1}{3}, P(A_2)=\frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ .
Definiere die Zufallsvariable $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ wie folgt:

$\begin{eqnarray*} X(\omega) = 0, \omega \in \Omega \ (A_1 \cup A_2) \\ 2, \omega \in A_1 \cap A_2 \\ 3, \omega \in A_1 \setminus A_2 \\ 5, \omega \in A_2 \setminus A_1 \end{eqnarray*}$

Berechne den Erwartungswert E(X) von X und $\begin{eqnarray*} \sigma (X) \end{eqnarray*}$ , die von X generierte sigma-Algebra

..ich verstehe diese Aufgabe nicht und hab keine Ahnung, wie/wo ich hier beginnen muss.. hab noch einmal das Skript durchgearbeitet, aber das will nicht so richtig. unglücklich

Wäre euch sehr dankbar, wenn mir jemand auf die Sprünge helfen könnte!

liebe Grüsse eisley

25.10.2010, 18:29

René Gruber

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LaTeX-Tipp: Mengendifferenz $\begin{eqnarray*} A\setminus B \end{eqnarray*}$ , geschrieben A\setminus B

25.10.2010, 20:09

René Gruber

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Nun zum mathematischen Teil:

$\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ kann nur endlich viele Werte annehmen (konkret die vier Werte 0,2,3,5), also ist $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ diskrete Zufallsgröße. Deren Erwartungswert berechnet sich über

$\begin{eqnarray*} E(X) = \sum_k x_k\cdot P(X=x_k) \end{eqnarray*}$ ,

wobei die $\begin{eqnarray*} x_k \end{eqnarray*}$ die möglichen Werte der Zufallsgröße sind. Im vorliegenden Fall heißt das dann ausführlich

$\begin{eqnarray*} E(X) = 0\cdot P(X=0) + 2\cdot P(X=2) + 3\cdot P(X=3) + 5\cdot P(X=5) \end{eqnarray*}$ .

Die vier Wahrscheinlichkeiten sind nun aus den Angaben über $\begin{eqnarray*} A_1,A_2 \end{eqnarray*}$ ermittelbar.

27.10.2010, 18:54

eisley

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schon mal lieben Dank für deine Antwort!

ich hab nun die verschiedenen Wahrscheinlichkeiten berechnet:

$\begin{eqnarray*} P(X=0) \end{eqnarray*}$ muss der Einfachheit halber nicht berechnet werden, da der Wert sowieso wegfällt
$\begin{eqnarray*} P(X=2)=P(A_1 \cap A_2)=\frac{2}{9} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(X=3)=P(A_1|A_2)=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(X=5)=P(A_2|A_1)=\frac{2}{3} \end{eqnarray*}$

damit ergibt sich der Erwartungswert:

$\begin{eqnarray*} E(X) = 2 \cdot \frac{2}{9} + 3\cdot \frac{1}{3} + 5 \cdot \frac{2}{3} = \frac{43}{9} \end{eqnarray*}$

..leider steh ich betreffend der sigma-Algebra noch voll auf dem Schlauch. verwirrt

27.10.2010, 18:56

René Gruber

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Zitat:

Original von eisley
$\begin{eqnarray*} P(X=3)=P(A_1|A_2)=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(X=5)=P(A_2|A_1)=\frac{2}{3} \end{eqnarray*}$

Über die beiden Werte solltest du nochmal nachdenken, da hast du einfach die Werte von $\begin{eqnarray*} P(A_1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(A_2) \end{eqnarray*}$ genommen - das kann so nicht stimmen. unglücklich

P.S.: Das jeweils erste "=" in beiden Zeilen ist richtig, aber die konkreten Werte eben nicht. Übrigens schreibt man für die Ereignisdifferenz besser $\begin{eqnarray*} A_1 \setminus A_2 \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} A_1 \bigm| A_2 \end{eqnarray*}$ , wegen der Verwechslungsgefahr mit bedingter Wahrscheinlichkeit. Hoffentlich ist es nicht letzteres, dem du da aufgesessen bist.

27.10.2010, 19:00

eisley

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ouuuuh -

ich gehs gleich noch einmal durch! danke für den Hinweis!

27.10.2010, 19:12

eisley

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dann hab ich also für

$\begin{eqnarray*} P(X=3) = \frac{1}{9} \\ P(X=5) = \frac{4}{9} \end{eqnarray*}$

und für den Erwartungswert $\begin{eqnarray*} E(X)=\frac{11}{3} \end{eqnarray*}$

27.10.2010, 19:24

René Gruber

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Jetzt stimmen die Wahrscheinlichkeiten. Und im nächsten Versuch stimmt dann auch der Erwartungswert, falls du dich zu einer letzten Konzentration aufraffen kannst... Augenzwinkern

27.10.2010, 19:30

eisley

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ups. wie peinlich.. habs gesehen. aber ich renn wirklich bald gegen die Wand! jetzt brauch ich nur noch die sigma-Algebra.

..bin die Begriffe zur sigma-Algebra noch einmal durchgegangen, seh aber nicht, bei welchem Punkt ich ansetzen muss. leider..

wir sind drum in der Wahrscheinlichkeitstheorie direkt beim Lebesgue-Integral eingestiegen und ich möchte zur Vollständigkeit die Grundlagen der Wahrscheinlichkeit im Selbststudium anschauen.

bin dir also wirklich dankbar für deine Hilfe! und die Geduld bei falscher Bruchrechnung haha

27.10.2010, 20:57

René Gruber

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Oha, da ist ja tatsächlich noch was offen:

Zitat:

Original von eisley
und $\begin{eqnarray*} \sigma (X) \end{eqnarray*}$ , die von X generierte sigma-Algebra

Im Fall von diskreten Zufallsgrößen ist das denkbar einfach:

Man betrachtet einfach die höchstens abzählbar vielen Urbilder $\begin{eqnarray*} X^{-1}(\{x_k\}) \end{eqnarray*}$ (dieselben $\begin{eqnarray*} x_k \end{eqnarray*}$ wie oben beim Erwartungswert), die bilden ein Erzeugendensystem der gesuchten Sigma-Algebra. Und nicht irgendein solches System, sondern ein besonderes:

Genau diese Ereignisse (die übrigens eine disjunkte Zerlegung des Grundraumes bilden), sowie beliebige Vereinigungen dieser Ereignisse (inklusive der "leeren" Vereinigung = unmögliches Ereignis) bilden die gesuchte Sigma-Algebra.

Im vorliegenden Fall sind das also 4 Urbilder im Erzeugendensystem, und dann also insgesamt $\begin{eqnarray*} 2^4=16 \end{eqnarray*}$ Ereignisse in der Sigma-Algebra.

28.10.2010, 13:49

eisley

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..das verstehe ich nicht ganz.

Ich muss also zum Beispiel für $\begin{eqnarray*} x_k=2, X^{-1}(\frac{2}{9}) \end{eqnarray*}$ berechnen?

und dieser Wert ist dann Teil dieses Erzeugendensystem?

28.10.2010, 13:58

René Gruber

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Nein, du rechnest falsch, bringst Zufallsgrößenwerte und deren Wahrscheinlichkeiten durcheinander. Die Wahrscheinlichkeiten spielen hier jetzt nur die Rolle, dass sie positiv sein müssen - mehr nicht.

$\begin{eqnarray*} X^{-1}(\{2\}) \end{eqnarray*}$ ist die Menge aller $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} X(\omega)=2 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} X^{-1}(\{2\}) = A_1\cap A_2 \end{eqnarray*}$ , usw.

Ein bisschen aufmerksamer lesen wäre angebracht.

28.10.2010, 14:22

eisley

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ja ich habs gerade gesehen.. du warst bereits am Antworten, deswegen hab ich nichts mehr editiert.. sorry!

dann bleiben die Werte ja exakt die selben, die ich vorher schon berechnet hab und ich kann die sigma-Algebra bilden..

danke !

28.10.2010, 14:34

René Gruber

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So ist es. Die Beschreibung

Zitat:

Original von René Gruber
Man betrachtet einfach die höchstens abzählbar vielen Urbilder $\begin{eqnarray*} X^{-1}(\{x_k\}) \end{eqnarray*}$ (dieselben $\begin{eqnarray*} x_k \end{eqnarray*}$ wie oben beim Erwartungswert), die bilden ein Erzeugendensystem der gesuchten Sigma-Algebra.

war ja auf alle diskreten Zufallsgrößen $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ gemünzt, d.h. auch dann, wenn noch nicht soviel "Vorarbeit" wie hier vorliegt. Augenzwinkern

28.10.2010, 15:20

eisley

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ja, aber es war richtig von dir, das so zu erklären! dann kenn ich jetzt den allgemeinen Fall..

vielen lieben Dank für die Bemühungen und die wirklich gute Ausführung der Zusammenhänge

Freude

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