Unabhängigkeit beim Würfeln

07.01.2021, 21:52

Axel99

Unabhängigkeit beim Würfeln

Meine Frage:
Hallo zusammen, können Sie mich bitte mit der folgenden Frage helfen? Wir werfen einen fairen Würfel zweimal. Sei X_1 die Augenzahl des 1. Wurfes und X_2 die Augenzahl des 2. Wurfes. Wir betrachten die beiden Zufallsvariablen X=X_1+X_2 und Y=X_1. Sind X und Y stochastisch abhängig oder unabhängig? - Besten Dank

Meine Ideen:
Mir ist leider nicht klar, wie man es beweisen soll, dass X und Y abhängig oder unabhängig sind. Ich würde sagen, dass X unabhängig ist und dass Y abhängig ist.

08.01.2021, 12:02

Dopap

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Versuche es mal so:

Nützt hier das Wissen einer Zufallsgröße für ein verändertes Wissen über die andere Zufallsgröße?
z.B. sei $\begin{eqnarray*} X=3 \end{eqnarray*}$ , sagt das etwas über $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ aus?
wie ist es bei $\begin{eqnarray*} X=7 \end{eqnarray*}$ ?

Allgemein gilt ja, dass für Unabhängigkeit zweier Ereignisse A, B

$\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B) \end{eqnarray*}$ gelten muss.

08.01.2021, 12:23

HAL 9000

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Zitat:

Original von Axel99
Ich würde sagen, dass X unabhängig ist und dass Y abhängig ist.

Das sind so die Momente, wo einem Stochastiker die Haare zu Berge stehen.

Ich will Dopap nicht ins Handwerk pfuschen, kann dir aber nur raten: Schau dir den Begriff (bzw. die Definition) stochastischer Unabhängigkeit von Ereignissen bzw. Zufallsgrößen nochmal an, dann solltest du merken, dass dieser dein Satz aber wirklich kompletter Unfug ist.

08.01.2021, 18:29

Axel99

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Danke Dopap und HAL 9000 für eure Hinweise, ich bin mit dem Aufgabe vorwärts gekommen aber noch nicht zur Lösung gelandet verwirrt

Die Menge von X ist X = (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12)

Die Menge von Y ist Y = (1, 2, 3, 4, 5, 6)

und es gilt z.B. für die Werte X=2 und Y=2:

P(X=2) = 1/6*1/6 = 1/36
P(Y=2) = 1/6

Jetzt weiss ich nicht, wie ich P(X=2 und Y=2) berechnen soll verwirrt

08.01.2021, 18:46

Axel99

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Ich habe versucht mit dieser Formel zu berechnen:

P(X=2 und Y=2) = P(X=2) + P(Y=2) - P(X=2 oder Y=2) aber weiss auch nicht, wie ich P(X=2 oder Y=2) oder P(X=2 und Y=2) bestimmen soll.

09.01.2021, 01:10

Dopap

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Ich halte ja von Formeln erst dann etwas wenn man sie in ihrer Bedeutung verstanden hat.

Sei hier zum Beispiel $\begin{eqnarray*} X=5 , Y=2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{array}{c| c| c | c| c |c| c}E_1\bigg \backslash E_2 & 1 &2 & 3&4&5&6 \\ \hline 1&&{\color{blue}x}&&{\color{red}x} && \\ \hline 2&&{\color{blue}x}&{\color{red}x} &&& \\ \hline 3&&{\color{blue}x}{\color{red}x} &&&&\\ \hline 4&{\color{red}x} &{\color{blue}x}&&&& \\ \hline5&&{\color{blue}x}&&&&\\ \hline 6&&{\color{blue}x}&&&&\end{array} \end{eqnarray*}$ Jedes Feld hat $\begin{eqnarray*} P(x)=\frac{1}{36} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} {\color{red}x}\to X=5 , \quad{\color{blue}x}\to Y=2 \end{eqnarray*}$

Die Ereignisse sind farbig markiert.

gilt hier $\begin{eqnarray*} (*) \quad P(X=5 \,\,\cap\,\, Y=2)\stackrel {?}{=}P(X=5)\cdot P(Y=2) \end{eqnarray*}$ Das Abzählen der Kästchen müsste doch klappen. oder ?

Jetzt könnte man sich Gedanken über die Anwendung von Formeln machen, muss man aber nicht.

Obiges (*) müsste für je 2 beliebige Ereignisse ( Mengen ) gelten, damit die ZG-en (Mehrzahl ) unabhängig sind!

Ein(!) Gegenbeispiel genügt.
------------------------------------------------------
EDIT: Es gibt in diesem Ereignisraum Ereignispaare die unabhängig sind und welche die abhängig sind. Finde ohne Rechnung Beispiele.

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \quad \end{eqnarray*}$ Die Zufallsgrößen sind abhängig.

09.01.2021, 11:56

HAL 9000

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Zitat:

Original von Axel99
Jetzt weiss ich nicht, wie ich P(X=2 und Y=2) berechnen soll verwirrt

$\begin{eqnarray*} X=X_1+X_2=2 \end{eqnarray*}$ und gleichzeitig $\begin{eqnarray*} Y=X_1=2 \end{eqnarray*}$ bedeutet zwangsläufig $\begin{eqnarray*} X_2 = (X_1+X_2)-X_1 = 2-2 = 0 \end{eqnarray*}$ , was unmöglich ist. Daher ist $\begin{eqnarray*} P(X=2\,\wedge\,Y=2)=0 \end{eqnarray*}$ .

09.01.2021, 12:30

Dopap

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die Unmöglichkeit im Bild: Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} X=2 , Y=2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{array}{c| c| c | c| c |c| c}X_2\bigg \backslash X_1 & 1 &2 & 3&4&5&6 \\ \hline 1&{\color{red}x}&{\color{blue}x}&& && \\ \hline 2& &{\color{blue}x}&& \\ \hline 3&&{\color{blue}x} &&&&\\ \hline 4&&{\color{blue}x}&&&& \\ \hline5&&{\color{blue}x}&&&&\\ \hline 6&&{\color{blue}x}&&&&\end{array} \end{eqnarray*}$

10.01.2021, 11:34

Axel99

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Es tut mir leid, aber ich kann eure Erklärungen nicht ganz verstehen. Ich habe nochmals viel über die Aufgabe überlegt und habe eine Antwort zu vorzuschlagen (siehe Anhänge)

Um die Tabelle zu füllen, habe ich angenommen, dass X und Y unabhängig sind.

Da die vertikale von X und die vertikale von Y jeweils sich zu 1 addieren, sollte die Tabelle korrekt sein oder nicht?

Also es muss gelten dass X und Y unabhängig von einander sind. Für alle Ereignisse es gilt P(X=Grösse 1 und Y=Grösse 2) = P(X=Grösse 1) * P(Y=Grösse 2)

10.01.2021, 12:59

HAL 9000

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Zitat:

Original von Axel99
Um die Tabelle zu füllen, habe ich angenommen, dass X und Y unabhängig sind.

[...]

Also es muss gelten dass X und Y unabhängig von einander sind.

Gratulation zum perfekten Zirkelschluss: Aus der Annahme, dass X und Y unabhängig sind hast du mühsam und zeitraubend geschlossen, dass X und Y unabhängig sind. Teufel

Im Ernst, man kommt nicht darum herum, die gemeinsamen Wahrscheinlichkeiten auf der Basis der Konstruktion von X,Y zu untersuchen. Und das ist in erster Linie

$\begin{eqnarray*} P(X=i, Y=j) = P(X_1+X_2=i,X_1=j) = P(j+X_2=i,X_1=j) = P(X_1=j, X_2=i-j)\stackrel{!}{=} P(X_1=j)\cdot P(X_2=i-j)\qquad (*) \end{eqnarray*}$ .

Diesen Aspekt des Problems hast du in deinem letzten Beitrag aber sowas von sträflich ignoriert... unglücklich

P.S.: Die Gleichheit $\begin{eqnarray*} \stackrel{!}{=} \end{eqnarray*}$ basiert auf der Unabhängigkeit von $\begin{eqnarray*} X_1,X_2 \end{eqnarray*}$ . Die darf man hier voraussetzen - im Gegensatz zu der (nicht geltenden!) Unabhängigkeit von $\begin{eqnarray*} X,Y \end{eqnarray*}$ .

Auf Basis von (*) sieht die RICHTIGE Tabelle der gemeinsamen Verteilung von (X,Y) dann so aus:

code:

1:
2:
3:
4:
5:
6:
7:
8:
9:
10:
11:
12:

_
1/36   0     0    0     0     0
1/36  1/36   0    0     0     0
1/36  1/36  1/36  0     0     0
1/36  1/36  1/36 1/36   0     0
1/36  1/36  1/36 1/36  1/36   0
1/36  1/36  1/36 1/36  1/36  1/36
 0    1/36  1/36 1/36  1/36  1/36
 0     0    1/36 1/36  1/36  1/36
 0     0     0   1/36  1/36  1/36
 0     0     0    0    1/36  1/36
 0     0     0    0     0    1/36

10.01.2021, 13:03

Elvis

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Es ist doch schon alles mehrfach gesagt. $\begin{eqnarray*} P(X=2)\cdot P(Y=2)=\frac 1 {36}\cdot \frac 1 6=\frac 1{216}\ne 0=P(X=2\wedge Y=2) \end{eqnarray*}$ , also sind $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ stochastisch abhängig.

10.01.2021, 15:00

Axel99

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Vielen Dank an alle, jetzt habe ich endlich verstanden! Tanzen

"Gratulation zum perfekten Zirkelschluss: Aus der Annahme, dass X und Y unabhängig sind hast du mühsam und zeitraubend geschlossen, dass X und Y unabhängig sind."
Ahaha, ja das stimmt, ich war so ratlos, dass ich die Unabhängigkeit von Zufallsvariablen grundlos angenommen habe Hammer

Stochastik ist meine grösste Herausforderung

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