Wahrscheinlichkeit Würfelwurf

05.11.2013, 17:06	Nove	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeit Würfelwurf Meine Frage: Hallo, kann mir jemand mit dieser Aufgabe helfen? Ein Würfel mit sechs Seiten und den abgebildeten Augenzahlen 1,1,2,3,4,5 werde drei Mal hintereinander geworfen. Der modellierende Maßraum $\begin{eqnarray} (X, \mathfrak M, \mu) \end{eqnarray}$ ist dann gegeben durch: $\begin{eqnarray} X=\left\{ 1,...,5\right\}^3, \mathfrak M = P(X), \mu(A):=\sum\limits_{(i,j,k) \in A} \widehat \mu(i) \widehat \mu(j) \widehat \mu(k) \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} \widehat \mu(1)= \frac{2}{6} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \widehat \mu(j)= \frac{1}{6} \end{eqnarray}$ für (j=2,...,5) Sie dürfen verwenden, dass $\begin{eqnarray} \mu \end{eqnarray}$ ein positives Maß ist. a) Zeigen Sie $\begin{eqnarray} \mu(X)=1 \end{eqnarray}$ und berechnen Sie $\begin{eqnarray} \mu\left\{ \left(1,3,4\right) \right\} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \left\{ \left(1,1,2\right),\left(3,4,5\right) \right\} \end{eqnarray}$ Meine Ideen: Wie ich zeigen soll, dass $\begin{eqnarray} \mu(X)=1 \end{eqnarray}$ gilt, weiß ich leider nicht. Da wäre ich echt sehr über ein paar Tipps dankbar. Bei der Berechnung der Werte bin ich mir nicht wirklich sicher, ob ich das richtig verstanden habe: $\begin{eqnarray} \mu\left\{ \left(1,3,4\right) \right\} = \frac{2}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}= \frac{2}{216} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \mu\left\{ \left(1,1,2\right),\left(3,4,5\right) \right\} = \frac{2}{6} \cdot \frac{2}{6} \cdot \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{5}{216} \end{eqnarray}$ Hab ich das so richtig verstanden?
06.11.2013, 15:46	Nove	Auf diesen Beitrag antworten »
Kann mir niemand einen Tipp geben? Ich hatte noch nicht so viel mit solchen Stochastik-Aufgaben zu tun und wäre über etwas Hilfe echt dankbar.
06.11.2013, 16:53	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Wahrscheinlichkeiten hast du ja schon mal richtig berechnet. Zum Nachweis $\begin{eqnarray} P(X)=1 \end{eqnarray}$ : Da ist nicht viel Stochastik, eher Summenakrobatik, denn es ist $\begin{eqnarray} P(X) = \sum_{(i,j,k)\in \{1,\ldots,5\}^3} \hat{\mu}(i) \hat{\mu}(j) \hat{\mu}(k) = \sum_{i=1}^5 \sum_{j=1}^5 \sum_{k=1}^5 \hat{\mu}(i) \hat{\mu}(j) \hat{\mu}(k) = \ldots \end{eqnarray}$

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