Zufallsvariablen: Wahrscheinlichkeit und Erwartungswert

05.10.2015, 18:43

benben805

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Zufallsvariablen: Wahrscheinlichkeit und Erwartungswert

Hallo allerseits,

ich lerne momentan für mein bevorstehende Stochastikprüfung und steht vor folgender Altklausuraufgabe:

Aufgabe

Sei $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ die Gleichverteilung auf $\begin{eqnarray*} \left\{ 1,2,3,4,5,6\right\} ^{3} \end{eqnarray*}$ . Für $\begin{eqnarray*} i = 1,2,3 \end{eqnarray*}$ betrachte die durch $\begin{eqnarray*} X_{i}\left(w\right) = w_{i} \end{eqnarray*}$ für alle w = \left(w_{1},w_{2},w_{3} \right) \in Omega definierten $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ -wertigen Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X_{i} \end{eqnarray*}$ . Weiter sei $\begin{eqnarray*} Y = max\left\{ X_{1},X_{2}\right\} \end{eqnarray*}$ das Maximum von X_{1} und X_{2}.

a) Bestimmen sie $\begin{eqnarray*} P\left(X_{1} \neq X_{2}\right) \end{eqnarray*}$

b) Bestimmen Sie den Erwartungswert von $\begin{eqnarray*} X_{1} + X_{2} - X_{3} \end{eqnarray*}$

c) Bestimmen Sie den Erwartungswert von $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ .

d) Bestimmen Sie $\begin{eqnarray*} P\left(X_{1}X_{2}X_{3} = 4\right) \end{eqnarray*}$ ?

Zu a )
Mein Ansatz ist folgender:

$\begin{eqnarray*} P\left(X_{1} \neq X_{2}\right) = 1 - P\left(X_{1} = X_{2}\right) = 1 - P\left(X_{1}=1 ,X_{2}=1\right) + P\left(X_{1}=2 ,X_{2}=2\right) + ... + P\left(X_{1}=6 ,X_{2}=6\right) = 1 - \frac{1}{6} * \frac{1}{6} + \frac{1}{6} * \frac{1}{6} + ... + \frac{1}{6}*\frac{1}{6} = \frac{5}{6} \end{eqnarray*}$

Zu b)
Hier bin ich so vorgegangen, dass ich zunächst einzelnd die Erwartungswerte berechnet und daraufhin diese addiert bzw. subtrahiert habe. Normalerweise müsste doch für jedes $\begin{eqnarray*} X_{i} \end{eqnarray*}$ der gleiche Erwartungswert rauskommen, daher reicht es ein $\begin{eqnarray*} E\left(X_{i}\right) \end{eqnarray*}$ zu berechnen? Also habe ich nach $\begin{eqnarray*} E\left(X_{i}\right) = \sum\limits_{i=1}^{6} x_{i}f\left(x_{i}\right) = 3,5 \end{eqnarray*}$ gerechnet (wäre ja wie beim Würfeln?)

Zu c)
Ich muss eingestehen, dass ich bei dieser Teilaufgabe leider keinen Ansatz habe unglücklich

unglücklich

Zu d)
Bevor ich mich mit dem Formeleditor abracker , möchte ich lieber fragen, ob meine Idee richtig wäre. Hier müsste man doch schauen welche Multiplikationskombinationen von $\begin{eqnarray*} X_{i}\left(w_{i}\right) \end{eqnarray*}$ am Ende $\begin{eqnarray*} 4 \end{eqnarray*}$ ergeben und deren jewils multiplizierte Wahrscheinlichkeiten am Ende addieren , oder nicht ? Ist dies auch ohne die Information ,dass die Variablen stochastisch unabhängig sind, möglich?

Vielen Dank schon einmal für eure Aufmerksamkeit smile

smile

05.10.2015, 19:01

1nstinct

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RE: Zufallsvariablen: Wahrscheinlichkeit und Erwartungswert
Bei der a) fehlen Klammern!

b) stimmt, es sollte jedoch so aussehen:

$\begin{eqnarray*} E(X_1) = \sum \limits_{i=1}^{6} x_{i}P\left(x_{i}\right) = 3,5 \end{eqnarray*}$

Zitat:

(wäre ja wie beim Würfeln?)

Oh Wunder, eine Gleichverteilung auf $\begin{eqnarray*} \{1,2,...,6\} \end{eqnarray*}$ ist doch gerade der (faire) Würfel smile

smile

.

c) Wenn dir nichts einfällt, die Formel für den E-Wert führt immer ans Ziel.
Wenn du kein System erkennst musst du wohl alle 36 Möglichkeiten durchgehen.

d) Ja, gute Idee.

05.10.2015, 19:07

HAL 9000

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Zitat:

Original von benben805
Ist dies auch ohne die Information ,dass die Variablen stochastisch unabhängig sind, möglich?

Dass die Zufallsgrößen $\begin{align*} X_1,X_2,X_3 \end{align*}$ unabhängig sind, ergibt sich aus deren konkreter Definition hier bei dieser Aufgabe - muss also nicht zusätzlich vorausgesetzt, sondern allenfalls überprüft werden. Augenzwinkern

Augenzwinkern

05.10.2015, 20:42

benben805

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danke für die raschen Antworten !

@1nstinct:

a)
Meinst du da ?
$\begin{eqnarray*} P\left(X_{1} \neq X_{2}\right) = 1 - \left( P\left(X_{1}=1 ,X_{2}=1\right) + P\left(X_{1}=2 ,X_{2}=2\right) + ... + P\left(X_{1}=6 ,X_{2}=6\right)\right) \end{eqnarray*}$

Anderenfalls weiß ich nicht ganz wo :/

b)
Okay smile

smile

c)
Ich weiß nicht, ob mein Ansatz so korrekt ist, aber ich habe es mal mithilfe des Erwartungswertes versucht:

$\begin{eqnarray*} E\left(Y\right) = E\left(max\left\{ X_{1},X_{2}\right\} \right) = max\left\{ E\left(X_{1}\right),E\left(X_{2}\right)\right\} = max\left\{ 3.5 , 3.5\right\} = 3.5 \end{eqnarray*}$

Ich weiß nicht, ob man den Erwartungswert einfach reinziehen darf verwirrt

verwirrt

d)
Also alle Kombinationen die passen lauten: $\begin{eqnarray*} \left(1,2,2\right),\left(2,1,2\right) ,\left(2,2,1\right) , \left(1,1,4\right) , \left(1,4,1\right) , \left(4,1,1\right) \end{eqnarray*}$ .
Die Wahrscheinlichkeit für das jeweilige Eintreten der Tupel ist ja $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} *\frac{1}{6} *\frac{1}{6} =\frac{1}{6^{3}} \end{eqnarray*}$ und deshalb müsste die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P\left(X_{1} X_{2} X_{3} = 4\right) = 6 * \frac{1}{6^{3}} = \frac{1}{36} \end{eqnarray*}$ lauten , oder nicht ?
Wisst ihr wie man das vielleicht besser notieren kann (Quasi in der $\begin{eqnarray*} P\left(X_{i} = x_{i}\right) \end{eqnarray*}$ Schreibweise) ?

@HAL 9000:
Alles klar, gut zu wissen Freude

Freude

05.10.2015, 20:52

1nstinct

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Zitat:

Meinst du da ? ...

Nein, ich meine

$\begin{eqnarray*} P\left(X_{1} \neq X_{2}\right) = 1 - P\left(X_{1} = X_{2}\right) = 1 - \textcolor{red}(P\left(X_{1}=1 ,X_{2}=1\right) + P\left(X_{1}=2 ,X_{2}=2\right) + ... + P\left(X_{1}=6 ,X_{2}=6\right) \textcolor{red}) \end{eqnarray*}$

Zitat:

$\begin{eqnarray*} E\left(Y\right) = E\left(max\left\{ X_{1},X_{2}\right\} \right) = max\left\{ E\left(X_{1}\right),E\left(X_{2}\right)\right\} = max\left\{ 3.5 , 3.5\right\} = 3.5 \end{eqnarray*}$

Das ist Unsinn.

Fang doch mal so an:

Falls $\begin{eqnarray*} X_1=6 \end{eqnarray*}$ , welche Wert hat dann $\begin{eqnarray*} max\{X_1,X_2\} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} X_2\in \{1,2,...,6\} \end{eqnarray*}$

Was passiert für $\begin{eqnarray*} X_1=5 \end{eqnarray*}$ , u.s.w. .

d) scheint mir richtig zu sein.

06.10.2015, 11:53

benben805

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Zitat:

Nein, ich meine

$\begin{eqnarray*} P\left(X_{1} \neq X_{2}\right) = 1 - P\left(X_{1} = X_{2}\right) = 1 - \textcolor{red}(P\left(X_{1}=1 ,X_{2}=1\right) + P\left(X_{1}=2 ,X_{2}=2\right) + ... + P\left(X_{1}=6 ,X_{2}=6\right) \textcolor{red}) \end{eqnarray*}$

Ach so, ja natürlich Hammer

Hammer

Zitat:

Das ist Unsinn.

Dachte ich mir schon fast...

Naja, falls $\begin{eqnarray*} X_1=6 \end{eqnarray*}$ , hat $\begin{eqnarray*} max\{X_1,X_2\} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} X_2\in \{1,2,...,6\} \end{eqnarray*}$ wahrscheinlich den Wert $\begin{eqnarray*} 6 \end{eqnarray*}$ und im Zweifelsfalle doch auch, wenn $\begin{eqnarray*} X_1=5 \end{eqnarray*}$ usw.? Muss ich also nun davon ausgehen, dass $\begin{eqnarray*} 6 \end{eqnarray*}$ der maximale Wert ist und daraufhin, den Erwartungswert annehmen? Ehrlich gesagt, habe ich momentan bei der Aufgabe 'n Brett vor'm Kopf unglücklich

unglücklich

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06.10.2015, 11:59

HAL 9000

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Es gibt $\begin{align*} 6^2=36 \end{align*}$ gleichwahrscheinliche Kombinationen der Versuchsausgänge $\begin{align*} X_1=i,X_2=j \end{align*}$ . Zähle einfach mal durch, wie viele davon zu $\begin{align*} \max(i,j)=1,2,3,4,5,6 \end{align*}$ gehören. Kleiner Hinweis:

$\begin{align*} P(\max\{X_1,X_2\}=k) = P(\max\{X_1,X_2\}\leq k) - P(\max\{X_1,X_2\}\leq k-1) = P(X_1\leq k,X_2\leq k) - P(X_1\leq k-1,X_2\leq k-1) \end{align*}$ .

06.10.2015, 15:25

benben805

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Zitat:

Kleiner Hinweis: $\begin{eqnarray*} P(\max\{X_1,X_2\}=k) = P(\max\{X_1,X_2\}\leq k) - P(\max\{X_1,X_2\}\leq k-1) = P(X_1\leq k,X_2\leq k) - P(X_1\leq k-1,X_2\leq k-1) \end{eqnarray*}$

Ah , okay. Ich habe das nun so interpretiert, dass alle Möglichkeiten, ein Maximum zu finden, die sind, bei denen nicht $\begin{eqnarray*} X_{1} = X_{2} \end{eqnarray*}$ gilt. Es finden sich also 6-mal keine Maxima. Dementsprechend gibt es 30 Möglichkeiten bei denen ein Maximum existiert. Folglich müsste die Wahrscheinlichkeit doch $\begin{eqnarray*} \frac{30}{36} = \frac{5}{6} \end{eqnarray*}$ lauten ?

06.10.2015, 15:37

HAL 9000

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Zitat:

Original von benben805
Ich habe das nun so interpretiert, dass alle Möglichkeiten, ein Maximum zu finden, die sind, bei denen nicht $\begin{eqnarray*} X_{1} = X_{2} \end{eqnarray*}$ gilt. Es finden sich also 6-mal keine Maxima.

Was für ein Unsinn: Es gibt für jede Kombination einen Maximumwert, auch für $\begin{eqnarray*} X_1=X_2 \end{eqnarray*}$ , das Maximum ist in dem Fall natürlich genau dieser "gleiche" Wert.

----------------------------------

Ich hatte es doch gerade auf dem Silbertablett geliefert, aber du hast nicht zugegriffen:

$\begin{align*} P(\max\{X_1,X_2\}=k) = P(X_1\leq k,X_2\leq k) - P(X_1\leq k-1,X_2\leq k-1) = \frac{k^2-(k-1)^2}{36} = \frac{2k-1}{36} \end{align*}$

gültig für alle $\begin{align*} k\in\{1,2,3,4,5,6\} \end{align*}$ .

07.10.2015, 10:40

benben805

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Zitat:

Ich hatte es doch gerade auf dem Silbertablett geliefert, aber du hast nicht zugegriffen:

$\begin{eqnarray*} P(\max\{X_1,X_2\}=k) = P(X_1\leq k,X_2\leq k) - P(X_1\leq k-1,X_2\leq k-1) = \frac{k^2-(k-1)^2}{36} = \frac{2k-1}{36} \end{eqnarray*}$

Da hast du natürlich recht...

Dies ist doch nun die Wahrscheinlichkeit, dass k das Maximum ist ?
Wenn wir nun den Erwartungswert berechnen wollen, muss man doch ledeglich in die Formel einsetzen, oder nicht ? Also :

$\begin{eqnarray*} E(Y) = \sum \limits_{k=1}^{6} y_{k}P\left(y_{k}\right) = \sum \limits_{k=1}^{6} k* \left(\frac{2k-1}{36}\right) = 4,47 \end{eqnarray*}$

Angenommen, es wäre nach dem Minimum gefragt, würde dies dann analog $\begin{eqnarray*} P(\min\{X_1,X_2\}=k) = P(X_1 > k,X_2> k) - P(X_1> k+1,X_2> k+1) = \frac{k^2-(k+1)^2}{36} = \frac{2k+1}{36} \end{eqnarray*}$ lauten ?

07.10.2015, 10:52

1nstinct

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Die Formel für den Erwartungswert sollte stimmen, nachgerechnet habe ich sie aber nicht.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} P(\min\{X_1,X_2\}=k) = P(X_1 > k,X_2> k) - P(X_1> k+1,X_2> k+1) = \frac{k^2-(k+1)^2}{36} = \frac{2k+1}{36} \end{eqnarray*}$ lauten

Das stimmt nicht.

$\begin{eqnarray*} P(\min\{X_1,X_2\}=k) = P(X_1 \geq k,X_2\geq k) - P(X_1\geq k+1,X_2\geq k+1)=\frac {(7-k)^2-(6-k)^2}{36}=\frac {13-2k}{36} \end{eqnarray*}$

07.10.2015, 11:08

benben805

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Zitat:

Die Formel für den Erwartungswert sollte stimmen, nachgerechnet habe ich sie aber nicht.

Prima, wichtig ist erst einmal das es prinzipiell stimmt Freude

Freude

Zitat:

Das stimmt nicht.

Ah okay, also ist es in der Formel $\begin{eqnarray*} \geq \end{eqnarray*}$ anstatt $\begin{eqnarray*} > \end{eqnarray*}$ .

Dieser Zusammenhang für Maximum als auch Minimum gilt doch für alle diskreten, stochastisch unabhängigen Zufallsvariablen, oder ?

Vielen Dank an die Hilfe von allen, die mir bei den Aufgaben geholfen haben smile

smile

07.10.2015, 11:28

1nstinct

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Nein, so kann man das nicht sagen. Diese Formel klappen ja hier auch nur für $\begin{eqnarray*} k\in \{1,2,3,4,5,6\} \end{eqnarray*}$

Unter der Annahme, dass $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_2 \end{eqnarray*}$ diskret iid sind, sollte sowas wie

$\begin{eqnarray*} P(\max\{X_1,X_2\}=k)=P(X_1\leq k,X_2\leq k)-P(X_1<k,X_2<k) \end{eqnarray*}$ gelten, für alle $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} P(X_1=k)\neq 0 \end{eqnarray*}$ .

07.10.2015, 11:51

HAL 9000

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Der Zusatz "für alle $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} P(X_1=k)\neq 0 \end{eqnarray*}$ " ist gar nicht nötig.

Tatsächlich gilt

$\begin{eqnarray*} P(\max\{X_1,X_2\}=k) = P(\max\{X_1,X_2\}\leq k)-P(\max\{X_1,X_2\}<k) = P(X_1\leq k,X_2\leq k)-P(X_1<k,X_2<k) \end{eqnarray*}$

sogar ohne jede Bedingung an $\begin{eqnarray*} X_1,X_2 \end{eqnarray*}$ (weder Unabhängigkeit noch gleiche Verteilung ist nötig), und auch für alle reellen $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Augenzwinkern

Erst bei der Aufsplittung

$\begin{eqnarray*} P(\max\{X_1,X_2\}=k) = P(X_1\leq k)P(X_2\leq k)-P(X_1<k)P(X_2<k) \end{eqnarray*}$

wird die Unabhängigkeit benötigt - gleiche Verteilung aber auch hier nicht.

07.10.2015, 11:57

1nstinct

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Stimmt, ich habe eben noch über die Verallgemeinerung nachgedacht.
Da war mein Blick nur auf die Würfelaufgabe gerichtet, danke HAL.

08.10.2015, 10:19

benben805

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Sehr gut, jetzt habe ich das für zwei Zufallsvariablen verstanden. Um mein Verständnis noch zu vertiefen, wollte ich mich an eine weiter Aufgabe ranmachen:

Aufgabe

Für $\begin{eqnarray*} n > 1 \end{eqnarray*}$ sei $\begin{eqnarray*} \left(\Omega , 2^\Omega, P\right) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \Omega = \left\{ 1,2,3,4,5,6\right\}^n \end{eqnarray*}$ das übliche Gleichverteilungsmodell für den n-fachen unabhängigen Würfelwurf. Die Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X,Y : \Omega \end{eqnarray*}$ bildet ab in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ beschreiben das Maximum bzw. das Minimum der n Wurfergebnisse, dh. $\begin{eqnarray*} X\left(\left(w_1,w_2,...,w_n\right) \right) = \max\limits_{i=1}^{n} w_i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y\left(\left(w_1,w_2,...,w_n\right) \right) = \min\limits_{i=1}^{n} w_i \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \left(w_1,w_2,...,w_n\right) \in \Omega \end{eqnarray*}$ .

a)
Bestimmen Sie $\begin{eqnarray*} P\left(X = 5\right) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n = 2 \end{eqnarray*}$ .

b)
Bestimmen Sie $\begin{eqnarray*} P\left(X \neq Y\right) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n = 3 \end{eqnarray*}$ .

c)
Wie groß ist $\begin{eqnarray*} P\left(X \neq Y\right) \end{eqnarray*}$ in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ?

d)
Bestimmen Sie $\begin{eqnarray*} P\left(X < 3\right) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n = 3 \end{eqnarray*}$ .

e)
Wie groß ist $\begin{eqnarray*} P\left(X < 3\right) \end{eqnarray*}$ in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ?

f)
Sei $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ beliebig. Für welche $\begin{eqnarray*} x \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} P\left(X - Y = x\right) \neq 0 \end{eqnarray*}$ ?

g)
Bestimmen Sie den Erwartungswert von $\begin{eqnarray*} X - Y \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n = 2 \end{eqnarray*}$ .

Mir geht es primär darum, erst einmal den richtigen Ansatz für die Aufgaben zu finden. Ich würde also zu der Aufgabenstellung erwähnen, was mir einfällt und würde mich freuen wenn ich Hinweise oder Ansätze bekomme, wie ich weiter vorgehen kann smile

smile

Vorab:
Verstehe ich das $\begin{eqnarray*} max \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} min \end{eqnarray*}$ so richtig, dass zb. bei der ersten Aufgabe das Maximum gleich $\begin{eqnarray*} 5 \end{eqnarray*}$ ist ? Also, dass die Realisationen der Zufallsvariablen jeweils das Maximum bzw. das Minimum darstellen ?

Wenn meine Vorabüberlegung richtig ist, ist das Maximum zweier Würfe $\begin{eqnarray*} 5 \end{eqnarray*}$ . Man könnte nun die Sache zufuß ausrechnen, indem ich mir nun die Kombinationen überlege, bei denen das Maximum der beiden Würfelergebnisse größer als $\begin{eqnarray*} 5 \end{eqnarray*}$ ist und ziehe die Wahrscheinlichkeit von $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ ab.
Gibt es jedoch die Möglichkeit, formell die Sache wie bei der Maximumaufgabe zuvor zu lösen ? Dort konnte man sich ja eine Formel aus dem Sachzusammenhang herleiten und brauchte ledeglich Werte einzusetzen. Dies wäre ja auch für die folgenden Aufgaben relevant, da es ja in der Klausur deutlich Zeit spart, die Sache nicht zufuß zu erledigen. Leider kann ich formell die Sache nicht herleiten, weil ich nicht weiß, wie man das nun für nur eine Zufallsvariable macht.

Ich könnte mir aber vorstellen, dass es vll ca. am Ende so aussehen könnte:

Für das Maximum : $\begin{eqnarray*} P(X=k) = \frac{k^n-(k-1)^n}{6^n} \end{eqnarray*}$

Für das Minimum : $\begin{eqnarray*} P(Y=k) = \frac{\left(7-k\right) ^n-(6-k)^n}{6^n} \end{eqnarray*}$

Angenommen ich hätte nun eine richtige Formel für das Maximum und Minimum, wie würde ich bei den Aufgaben b) bis g) vorgehen ?

Ich weiß, dass der Text etwas länger geworden ist, ich hoffe, das ist in Ordnung smile

smile

08.10.2015, 10:47

HAL 9000

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Zitat:

Original von benben805
Wenn meine Vorabüberlegung richtig ist, ist das Maximum zweier Würfe $\begin{eqnarray*} 5 \end{eqnarray*}$ .

Das Maximum $\begin{align*} X \end{align*}$ zweier (oder von n Würfen) ist nicht gleich 5, sondern eine Zufallsgröße, die alle Werte zwischen 1 und 6 annehmen kann. Soweit waren wir doch schon mal, deswegen verstehe ich diesen deinen Satz nicht. verwirrt

verwirrt

Zitat:

Original von benben805
Für das Maximum : $\begin{eqnarray*} P(X=k) = \frac{k^n-(k-1)^n}{6^n} \end{eqnarray*}$

Für das Minimum : $\begin{eqnarray*} P(Y=k) = \frac{\left(7-k\right) ^n-(6-k)^n}{6^n} \end{eqnarray*}$

Das ist zunächst mal richtig, und damit kannst du a),d),e) berechnen.

Tatsächlich könnte man hier nicht nur diese Randverteilungen, sondern auch die gemeinsame (!) Verteilung von $\begin{align*} X,Y \end{align*}$ berechnen, was man (teilweise) bei b),c),f) auch braucht: Denn beide Zufallsgrößen sind abhängig voneinander, d.h. sowas wie $\begin{align*} P(X=k,Y=l)\stackrel{?}{=}P(X=k)P(Y=l) \end{align*}$ kannst du hier von vorherein vergessen, das ist falsch.

Für b),c) gilt einfach $\begin{align*} P(X\neq Y)=1-P(X=Y) \end{align*}$ , und jetzt überleg mal, was $\begin{align*} X=Y \end{align*}$ für die n Einzelwürfe bedeutet...

Bei f) einfach mal nachdenken, welche Werte die Differenz $\begin{align*} X-Y \end{align*}$ nur annehmen kann.

Bei g) nutzen, dass $\begin{align*} E(X-Y) = E(X)-E(Y) \end{align*}$ für beliebige, auch abhängige Zufallsgrößen (wie hier) gilt.

08.10.2015, 12:15

benben805

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Zitat:

Das Maximum X zweier (oder von n Würfen) ist nicht gleich 5, sondern eine Zufallsgröße, die alle Werte zwischen 1 und 6 annehmen kann. Soweit waren wir doch schon mal, deswegen verstehe ich diesen deinen Satz nicht. verwirrt

Stimmt, also bedeutet es:
Die beiden Würfe (da $\begin{eqnarray*} n = 2 \end{eqnarray*}$ ) seien das Tupel $\begin{eqnarray*} \left(5,5\right) \end{eqnarray*}$ und es wird die Wahrscheinlichkeit berechnet, dass diese auch das Maximum ist ? Für mich ist es schwierig zu differenzieren, was die Realisation von der Zufallsvariable darstellen soll...

a) Lässt sich also theoretisch durch einfaches Einsetzen in die Formel lösen.

d) e) Lässt sich prinzipiell auch nur durch Einsetzen lösen jedoch muss, man die Wahrscheinlichkeit "aufsplitten" ?

$\begin{eqnarray*} P\left(X < 3\right) = P\left(X = 2\right) + P\left(X = 1\right) \end{eqnarray*}$

b)c)
Wenn $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ das Maximum beschreibt, $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ das Minimum und wir die die Zufallsvariablen gleichsetzen, dass die Werte der $\begin{eqnarray*} 3 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Würfe alle gleich sein müssen.
Wie kann man das nun berechnen ? Kann man da auch in gewisser weise die Formel verwenden, oder muss man das zufuß lösen?

g) das heisst exemplarisch für $\begin{eqnarray*} E(X) \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} E\left(X\right) = \sum\limits_{k=1}^{6} k*\frac{k^n*\left(k-1\right)^n }{6^n} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n = 2 \end{eqnarray*}$

Dasselbe daraufhin dann für $\begin{eqnarray*} E(Y) \end{eqnarray*}$ .

f) Mein einziger Ansatz wäre, dass $\begin{eqnarray*} x \in \left\{ 1,2,3,4,5\right\} \end{eqnarray*}$ sein muss, damit die Wahrscheinlichkeit nicht Null ist. Muss man dann die Wahrscheinlichkeiten nach $\begin{eqnarray*} P(X-Y=1) + P(X-Y=2)+...+P(X-Y=5) \end{eqnarray*}$ berechnen, oder ist das wieder Unsinn ?

08.10.2015, 13:10

HAL 9000

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$\begin{align*} X \end{align*}$ ist die Zufallsgröße, und $\begin{align*} X\left( \omega \right) \end{align*}$ für konkretes $\begin{align*} \omega=\left(\omega_1,\omega_2,...,\omega_n\right)\in\Omega \end{align*}$ die Realisierung, was dann eine feste (d.h. nichtzufällige) Zahl ist.

Im Falle des Wurfes $\begin{align*} (5,5) \end{align*}$ ist $\begin{align*} X((5,5))=\max\{5,5\}=5 \end{align*}$ die Realisierung.

Zitat:

Original von benben805
d) e) Lässt sich prinzipiell auch nur durch Einsetzen lösen jedoch muss, man die Wahrscheinlichkeit "aufsplitten" ?

Oder du denkst an die vorige Aufgabe: Da hatten wir ja auch nicht primär die Formel für $\begin{align*} P(X=k) \end{align*}$ , sondern sowieso erstmal die für $\begin{align*} P(X\leq k) \end{align*}$ entwickelt, was genau das ist, was hier nun gebraucht wird.

Zitat:

Original von benben805
Wenn $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ das Maximum beschreibt, $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ das Minimum und wir die die Zufallsvariablen gleichsetzen, dass die Werte der $\begin{eqnarray*} 3 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Würfe alle gleich sein müssen.

Genauso ist es! Also alle gleich 1, oder alle gleich 2, ... oder alle gleich 6. Und diese Wahrscheinlichkeit kannst du nicht berechnen? Na denk nochmal nach, so schwer ist das nicht.

Zu g) Das $\begin{align*} E(X) \end{align*}$ für $\begin{align*} n=2 \end{align*}$ hast du doch schon mal ausgerechnet (siehe vorige Threadseite). $\begin{align*} E(Y) \end{align*}$ kannst du analog ausrechnen. Mit ein wenig Gespür für Symmetrie kannst du dir das sogar sparen, wenn du erkennst, dass $\begin{align*} Y \end{align*}$ genauso verteilt ist wie $\begin{align*} 7-X \end{align*}$ .

Zu f) Es fehlt die Möglichkeit $\begin{align*} x=0 \end{align*}$ , ansonsten ist es richtig. Bei f) ist keine Wahrscheinlichkeit konkret zu berechnen.

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