Wahrscheinlichkeitsraum modellieren

25.06.2018, 22:15

marvin101296

Wahrscheinlichkeitsraum modellieren

Hallo,
habe folgende Aufgabe: Ein Freund bietet ihnen folgendes Spiel an.
Aus einem Kartenspiel mit 52 Karten (jeweils 13 Karten Karo, Pik, Herz, Kreuz, mit der Beschriftung 2,3,4,5,6,7,8,9,10,A,B,D,K) werden 4 Karten gezogen.
Falls sich unter diesen 4 Karten keine Herz-Karte befindet, müssen sie 5 Euro an ihren freund zahlen. Ansonsten erhalten Sie 2 Euro von ihm.
Zu berechnen ist Ihr zu erwartendes Gewinn/Verlust bei diesem Spiel.
i) modellieren sie hierzu einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum © und definieren sie eine Zufallsvariable X: ©--> R, die dieses Spiel realisiert.
ii) Berechnen Sie zu dieser Zufallsvariable den Erwartungswert E(X)

Mein Ansatz für i:
©={|F;w|F:Herz, Pik, Kreuz, Karo; w: 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 ,A ,B ,D, K}
X(F,w)= $\begin{eqnarray*} \left\{ -5euro falls \in {39}\right\} <br /> \left\{ 2euro falls \in {13}\right\}<br /> \left\{ 0 euro falls \in 0\right\} \end{eqnarray*}$
und für ii)
E(X) = -5*39/52+2*13/52+0*0/52 = -13/4
erwartender Verlust = -3,25€
wäre das so richtig ? habe leider dazu keine Lösungen in meinem Skript
Liebe Grüße
Marvin

25.06.2018, 22:39

HAL 9000

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Du ignorierst sowohl bei der Aufstellung des Wahrscheinlichkeitsraums als auch bei der Berechnung der Wahrscheinlichkeit völlig, dass vier Karten ausgewählt werden!!! Du rechnest so, als wäre es nur eine. unglücklich

Als Hilfestellung: Die Wahrscheinlichkeit für keine Herz-Karte unter vier gezogenen Karten ist $\begin{eqnarray*} p = \frac{39\cdot 38\cdot 37\cdot 36}{52\cdot 51\cdot 50\cdot 49} \end{eqnarray*}$ .

25.06.2018, 23:29

marvin101296

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Ok, ist dass die Formel für k-Permutationen ohne Berücksichtigung der Reihenfolge ?, wie z.B beim Zahlenlotto ?
wäre die Wahrscheinlichkeit dann für das ziehen einer Herzkarte $\begin{eqnarray*} p= \frac{13*12*11*10}{52*51*50*49} \end{eqnarray*}$ und für den Erwartungswert ist es doch eigentlich richtig den Betrag mit der Wahrscheinlichkeit zu multiplizieren oder ?
wie genau berücksichtige ich dass im Wahrscheinlichkeitsraum bzw wie zeige ich das ? sonst waren die Aufgaben was kürzer und ich habe alle Wahrscheinlichen Kombinationen aufgezählt
Danke für die Antwort
liebe Grüße
Marvin

26.06.2018, 06:38

marvin101296

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Guten Morgen,
Also da es ja ein "faires" Kartenspiel ist kann ich ja von dem Laplace Experiment ausgehen oder ? und dann die Wahrscheinlichkeit aufstellen für keine Herz Karte oder für das Gegenereignis.
$\begin{eqnarray*} p= \frac{39*38*37*36}{52*51*50*49} =\frac{6327}{20825} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{6327}{20825} -1 = \frac{14498}{20825} \end{eqnarray*}$
die Wahrscheinlichkeit -1 muss ja dann die Wahrscheinlichkeit sein für den anderen Fall oder ? kann ja nicht mehr als 100% sein, wenn ich es richtig verstanden habe.
so dann wäre der Erwartungswert natürlich anders
$\begin{eqnarray*} -5*\frac{6327}{20825} +2*\frac{14498}{20825} =-0.127 \end{eqnarray*}$ €
wäre das denn jetzt richtig ?
und wie zeige ich dass denn genau im Wahrscheinlichkeitsraum?
Schönen Dienstag
Marvin

26.06.2018, 07:48

HAL 9000

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Zitat:

Original von marvin101296
Ok, ist dass die Formel für k-Permutationen ohne Berücksichtigung der Reihenfolge ?, wie z.B beim Zahlenlotto ?

"k-Permutationen" ist aus dem Englischen abgeleitet, im Deutschen ist da der Begriff Variationen üblich, und er steht für Ziehen mit Berücksichtigung der Reihenfolge! Ohne Berücksichtigung der Reihenfolge nennt man es Kombinationen (auch im Englischen combinations).

Zitat:

Original von marvin101296
wäre die Wahrscheinlichkeit dann für das ziehen einer Herzkarte $\begin{eqnarray*} p= \frac{13*12*11*10}{52*51*50*49} \end{eqnarray*}$

Nein, dieser Wert entspricht der Wahrscheinlichkeit, dass alle vier gezogenen Karten Herzkarten sind.

Zitat:

Original von marvin101296
$\begin{eqnarray*} \frac{6327}{20825} -1 = \frac{14498}{20825} \end{eqnarray*}$

Anscheinend meinst du hier wohl eher $\begin{eqnarray*} 1-\frac{6327}{20825} = \frac{14498}{20825} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von marvin101296
so dann wäre der Erwartungswert natürlich anders
$\begin{eqnarray*} -5*\frac{6327}{20825} +2*\frac{14498}{20825} =-0.127 \end{eqnarray*}$ €

Ist richtig.

Zitat:

Original von marvin101296
und wie zeige ich dass denn genau im Wahrscheinlichkeitsraum?

Du musst einen anderen Wahrscheinlichkeitsraum aufstellen, einen der alle möglichen Ziehungen von 4 aus 52 Karten auch tatsächlich repräsentiert, damit man dann dort eine Laplacesche Wahrscheinlichkeit

Anzahl günstige Varianten / Anzahl aller Varianten

auch tatsächlich ansetzen kann.

26.06.2018, 10:38

marvin101296

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als Wahrscheinlichkeitsraum : Omega={(|K1|K2||K3|K4|) | Ki=1, 2, 3, 4}
wobei 1, 2, 3, 4 paarweise verschieden sind

$\begin{eqnarray*} X=\left\{ \left(K1|K2|K3|K4\right) \right\} = \left\{ -5 falls K1,K2,K3,K4- kein-Herz\right\} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left\{ 2 sonst \right\} \end{eqnarray*}$

die Wahrscheinlichkeit sollte man doch eigentlich auch mit der Hypergeometrischen Verteilung ermitteln können oder ?
P(kein Herz)= (13 über 0) *(52-13über 4-0)/(52über4) = 6327/20825
und ja meinte natürlich 1-6327/20825

wäre so der Raum richtig ? ich kann mir nicht vorstellen dass der Prof möchte, dass wir alle Kombinationen aufzählen dann würde man ja das halbe blatt voll schreiben. Denke da muss es doch keinen kurzen richtigen Weg geben
Marvin

26.06.2018, 11:25

HAL 9000

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Naja, ich würde es so machen: Man definiert sich erstmal eine Kartenmenge, beispielsweise $\begin{eqnarray*} K=\{1,2,\ldots,52\} \end{eqnarray*}$ , davon mögen $\begin{eqnarray*} 1,\ldots,13 \end{eqnarray*}$ die Herzkarten repräsentieren. Und damit dann $\begin{eqnarray*} \Omega = \left\{ (\omega_1,\omega_2,\omega_3,\omega_4)\in K^4 \mid \omega_i\neq \omega_j\;\mbox{für}\;1\leq i<j\leq 4 \right\} \end{eqnarray*}$ , dieser Raum enthält alle Viererziehungen ohne Zurücklegen mit (!) Reihenfolge, er umfasst $\begin{eqnarray*} |\Omega|=52\cdot 51\cdot 50\cdot 49 \end{eqnarray*}$ Elemente. Das Ereignis

$\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ... keine Herzkarte unter den vier gezogenen Karten

kann man dann beschreiben gemäß $\begin{eqnarray*} A = \left\{ (\omega_1,\omega_2,\omega_3,\omega_4)\in \Omega \mid \omega_i\geq 14\;\mbox{für}\;i=1,2,3,4 \right\} \end{eqnarray*}$ mit dann $\begin{eqnarray*} |A|=39\cdot 38\cdot 37\cdot 36 \end{eqnarray*}$ .

26.06.2018, 11:34

Dopap

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die ungünstigen/günstigen Fallzahlen sind

code:
1: 2: 3: 4: 5: 6:	0 Herzkarten____194580 1 Herzkarten_____ 69184 2 Herzkarten_______6768 3 Herzkarten_________192 4 Herzkarten___________1

bei insgesamt 270725 möglichen Fällen. Wie du das jetzt syntaktisch schriftlich als Laplace Raum notierst verwirrt

EDIT: hat HAL schon erledigt!

26.06.2018, 20:56

Dopap

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Korrektur: meine post bezieht sich auf nur 4 Herzkarten!
bei richtigerweise 13 Herzkarten gilt:

die ungünstigen/günstigen Fallzahlen sind

code:
1: 2: 3: 4: 5: 6:	0 Herzkarten______82221 1 Herzkarten_____118807 2 Herzkarten______57798 3 Herzkarten______11154 4 Herzkarten________715

bei insgesamt 270725 möglichen Fällen. Also 5 mal Zähler und 1 mal Nenner der hypergeometrischen Verteilung.

27.06.2018, 05:41

Dopap

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Zitat:

Original von HAL 9000
[...] $\begin{eqnarray*} |\Omega|=52\cdot 51\cdot 50\cdot 49 \end{eqnarray*}$ Elemente. Das Ereignis

$\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ... keine Herzkarte unter den vier gezogenen Karten[...]

$\begin{eqnarray*} |A|=39\cdot 38\cdot 37\cdot 36 \end{eqnarray*}$ .

also $\begin{eqnarray*} P(A)=\frac {|A|}{|\Omega|}=\frac{1974024}{6497400} \end{eqnarray*}$ was gekürzt mit $\begin{eqnarray*} \rm HYP(52,13,4,0) = \frac{\binom{39}{4}}{\binom {52}{4}} \end{eqnarray*}$ übereinstimmt.

------------------------------------
damit ist der Nenner $\begin{eqnarray*} \binom{52}{4} \end{eqnarray*}$ der hypergeometrischen Verteilung nicht Repräsentant eines Laplace-Raumes. ???

oder kann ich sagen: "Mein" Laplace-Raum ist Einer, nur eben ein solcher, der nicht auf Tupeln beruht.?

27.06.2018, 06:59

HAL 9000

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Doch, geht auch, dann besteht der W-Raum eben nicht aus Vierertupeln sondern Vierermengen, auch der ist Laplacesch beim Ziehen ohne Zurücklegen.

Problematisch wird das ja nur bei Ziehen mit Zurücklegen, da klappt das ja bekannterweise meist nicht mit einem Laplaceschen W-Raum basierend auf Auswahlmengen, aber das muss ich dir ja wohl nicht erzählen, hatten wir ja oft genug hier im Board diskutiert.

27.06.2018, 07:26

Dopap

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fein, ich war mir eben nur zu 95.5 % sicher.

Zitat:

Original von HAL 9000
[...]
, aber das muss ich dir ja wohl nicht erzählen, hatten wir ja oft genug hier im Board diskutiert.

nein, musst du wirklich nicht, das ist mir seit meinen "Chikago" Würfelzeiten klar wie Brunnenwasser Augenzwinkern

der Fragesteller dürfte nun mehr als genug Material vorfinden xD

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