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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:07 Di 11.05.2010 | | Autor: | kegel53 |
| Aufgabe | Es seien a, b zwei nur mir bekannte natürliche Zahlen mit a<b.
Ich stecke a € in einen Umschlag und b € in einen anderen Umschlag. Die beiden Umschläge sind von außen nicht zu unterscheiden.
Sie wählen nun zufällig einen der beiden Umschläge aus, öffnen ihn und sehen dann, dass er [mm] X_1 [/mm] € enthält.
Offensichtlich ist [mm] P[X_1=b]=\bruch{1}{2}. [/mm] Sie dürfen jetzt entweder diesen Umschlag behalten oder sich stattdessen endgültig für den anderen Umschlag entscheiden in der Hoffnung, dass dieser mehr Geld enthält.
Als Entscheidungshilfe werfen Sie unabhängig so oft eine (nicht notwendigerweise faire) Münze, bis diese das erste Mal "Kopf" zeigt. Die Anzahl der dafür benötigten Würfe heiße Y. Falls [mm] Y<{X_1}, [/mm] so behalten Sie den zuerst gewählten Umschlag. Falls [mm] Y\ge{X_1}, [/mm] so geben Sie den zuerst gewählten Umschlag einschließlich des Betrages [mm] X_1 [/mm] zurück und nehmen stattdessen den anderen Umschlag.
In jedem Fall heiße der Betrag, den Sie auf diese Weise schließlich in Händen halten, [mm] X_2.
[/mm]
Zeigen Sie, dass gilt: [mm] P[X_2=b]>\bruch{1}{2}
[/mm]
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Hallo Leute,
also ich geh mal stark davon aus, dass man hier den Satz von der totalen W'keit verwenden kann. Zudem setze ich eine faire Münze voraus auch wenn dies nicht notwendigerweise der Fall ist.
Demnach gilt:
[mm] P[X_2=b]=P[X_2=b|Y<{X_1}]\cdot{P[Y<{X_1}]}+P[X_2=b|Y\ge{X_1}]\cdot{P[Y\ge{X_1}]}
[/mm]
[mm] =P[X_2=b|Y<{X_1}]\cdot{P[Y<{X_1}]}+P[X_2=b|Y\ge{X_1}]\cdot{\left(1-P[Y<{X_1}]\right)}
[/mm]
[mm] =P[X_2=b|Y<{X_1}]\cdot{\sum_{k=1}^{X_1-1} \left(\bruch{1}{2}\right)^k}+P[X_2=b|Y\ge{X_1}]\cdot{\left(1-\sum_{k=1}^{X_1-1} \left(\bruch{1}{2}\right)^k\right)}
[/mm]
Ist das bisher richtig so?? Falls ja ist nun die Frage wie es weitergeht.
Dazu hab ich im Moment nicht wirklich eine Idee, weil ich bei der Berechnung bzw. Abschätzung der einzelnen Wahrscheinlichkeiten Schwierigkeiten hab.
Von daher wärs echt klasse, wenn mir da jemand an Tipp geben könnte wie ich hierbei jetzt am besten weitermach.
Alternativ wärs natürlich auch klasse, wenn jemand eine andere Lösungs-Idee vorzuweisen hat also z.B. ein Lösungsansatz der ohne den Satz der totalen Wahrscheinlichkeit auskommt. Is mir alles Recht :).
Jedenfalls vielen Dank schon mal für mögliche Tipps!!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:05 Mi 12.05.2010 | | Autor: | wauwau |
also ich würde das viel einfacher betrachten.
du bekommst den betrag a ja nur, wenn du den Umschlag tauschen musst.
das ist nur der Fall, wenn du b mal hintereinander die falsche Seite der Münze wirfst.
daher ist
[mm] $P(X_2=b)=1-(\bruch{1}{2})^b$ [/mm] und da $b [mm] \ge [/mm] 1$ ist das immer > 1/2
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:42 Mi 12.05.2010 | | Autor: | kegel53 |
Tut mir leid, aber da bin ich anderer Meinung.
Es ist doch durchaus möglich, dass der Betrag von a € bereits im zuerst gewählten Umschlag ist und zwar mit Wahrscheinlichkeit [mm] P[X_1=a]=\bruch{1}{2}. [/mm] Welchen Betrag ich am Ende in Händen halte, hat doch nichts damit zu tun, ob ich den zuerst gewählten Umschlag tausche oder nicht.
Oder hab ich hierbei etwas völlig missverstanden??
edit: Zudem muss es sich nicht notwendigerweise um eine faire Münze handeln, d.h. es kann theoretisch [mm] P[Zahl]=\bruch{3}{4} [/mm] und [mm] P[Kopf]=\bruch{1}{4} [/mm] sein.
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Hallo Kegel,
ich denke, Du siehst das richtig, da wauwau scheinbar nur den Fall betrachtet, in dem [mm] $X_1 [/mm] = b$ gegeben ist.
Die Ereignismenge [mm] $\{X_2 = b\}$ [/mm] direkt in zwei disjunkte Mengen zu zerlegen scheint mir am einfachsten zu sein:
[mm] $\{X_2 = b\} [/mm] = [mm] (\{X_1 = a\}\cap \{Y \geq a\})\, \cup \,(\{X_1 = b\}\cap \{Y < b\})$ [/mm]
Mit der Unabhängigkeit von [mm] $X_1$ [/mm] und $Y$ ist die Rechnung jetzt leicht.
Deine Summenausdrücke kannst Du auch etwas verallgemeinern:
z.B.: [mm] $\sum\limits_{i=1}^{a-1}(1-p)^{(i-1)}p$. [/mm]
Gruß mathfunnel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:37 Do 13.05.2010 | | Autor: | kegel53 |
Vielen, vielen Dank. Das sieht doch wirklich nach was aus. Und verstehen tu ichs auch noch :).
Jetz nur noch eine (vielleicht) blöde Frage. Warum ist hierbei Y und [mm] X_1 [/mm] unabhängig? Ich mein wie könnte man das begründen?
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Hallo Kegel,
Du lieferst bisher keine Beweise für die Existenz blöder Fragen.
Anschaulich dürfte klar sein, dass sich der Ausgang des Münzenwerfens nicht darum schert, ob [mm] $X_1 [/mm] = a$ oder [mm] $X_1 [/mm] = b$ ist. Etwas formaler kann man das so ausdrücken:
[mm] $P(\{Y \geq a\}|\{X_1=a\})=\frac{P(\{Y \geq a\} \cap \{X_1=a\})}{P(\{X_1 =a)\}} [/mm] = [mm] P(\{Y \geq a\})$
[/mm]
Noch deutlicher wird es wahrscheinlich, wenn man sich die Ereignisse (Mengen) im Detail ansieht (Meine Bezeichnungen sind etwas schlampig ($a$ ist jetzt auch das Ereignis [mm] $X_1 [/mm] = a$ bzw. $Y = a$ etc.)):
[mm] $\{Y \geq a\} [/mm] = [mm] \{a,b\}\times\{a,a+1,\ldots\}$, $\{X_1 = a\} [/mm] = [mm] \{a\}\times \mathbb{N}^*$
[/mm]
also
[mm] $\{Y \geq a\}\cap \{X_1 = a\} [/mm] = [mm] \{a\}\times\{a,a+1,\ldots\}$
[/mm]
und
[mm] $\frac{P(\{a\}\times\{a,a+1,\ldots\})}{P(\{a\}\times\{\mathbb{N}^*\})} [/mm] = [mm] \frac{P(\{a\})P(\{a,a+1,\ldots\})}{P(\{a\})P(\{\mathbb{N}^*\})} [/mm] = [mm] P(\{a,a+1,\ldots\})$
[/mm]
Dabei sollte man beachten, dass es sich bei den $P$ jeweils um verschiedene, den Ereignissen entsprechende, W-Maße handelt (Thema Produktmaße).
Gruß mathfunnel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:01 Do 13.05.2010 | | Autor: | kegel53 |
Okay! Dann herzlichen Dank nochmals!!
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