Tetraeder Würfel < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 19:19 Mi 14.01.2009 | | Autor: | Nataliee |
| Aufgabe | Ein fairer Teraeder-Würfel, dessen vier Seiten mit den Ziffern 1 bis 4 durchnummeriert sind, wird 4 mal geworfen. Falls die Augenzahl mit der Nummer des Wurfes übereinstimmt, erhält der Spieler als Punktzahl die geworfene Augenzahl. Andernfalls erhält der Spieler keine Punkte, d.h. beim ersten Wurf erzielt der Spieler entweder 1 Punkt oder keinen Punkt usw. Die Zufallsvariable [mm] X_i [/mm] beschreibe die erzielte Punktezahl im i-ten Wurf für i=1,..,4 überdies sei X:= [mm] \summe_{i=1}^{4} X_i [/mm] definiert.
a)Bestimmen Sie die Verteilung, den Erwartungswert und die Varianz von [mm] X_i [/mm] (i=1,..,4).
b)Bestimmen Sie den Erwartungswert und die Varianz von X.
c)Die Zufallsvariable Y sei gleich 1, falls im ersten Wurf eine ungerade Zahl fällt, und 0 sonst. Sind X und Y unabhängig? |
Hallo,
wollte gerade mit mener Klausurvorbereitung anfangen und habe es scheinbar auch nötig! Ich kann mir nämlich nicht vorstellen wie ich hier auf die Verteilung komme. Gebt mir bitte ein Tipp.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:52 Mi 14.01.2009 | | Autor: | Zwerglein |
Hi, Nataliee,
wenn "gar nichts mehr geht", versucht man's mit einem BAUMDIAGRAMM!
mfG!
Zwerglein
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:36 Do 15.01.2009 | | Autor: | Nataliee |
Hallo Zwerglein;
Verteilung von [mm] X_i [/mm] mit i= 1,2,3,4:
[mm] \Omega={(\omega_1,\omega_2,\omega_2,\omega_4): \omega_i \in \{1,2,3,4\}, 1<=i<=4}. [/mm] P ist Laplace Verteilt auf [mm] \Omega [/mm] d.h. [mm] P(\omega)=1/\Omega=1/4^4.
[/mm]
[mm] \Omega [/mm] = [mm] 4^4 [/mm] Möglichkeiten (4 Möglichkeiten pro Wurf(4)).
Verstehe es nun so
Die erzielte Punktzahl im 1. Wurf
[mm] P(X_1)=0= \bruch{3}{4}* 4^3 /\Omega
[/mm]
[mm] P(X_1)=1= \bruch{1}{4}* 4^3 /\Omega
[/mm]
Die erzielte Punktzahl im 2. Wurf
[mm] P(X_2)=0= (\bruch{3}{4})^2* 4^2 /\Omega
[/mm]
[mm] P(X_2)=1= (\bruch{3}{4}*\bruch{1}{4}* 4^2 [/mm] + [mm] \bruch{1}{4}*\bruch{3}{4}* 4^2) /\Omega
[/mm]
[mm] P(X_2)=3=( \bruch{1}{4})^2*4^2 /\Omega
[/mm]
usw.
Aber irgendwie wird mir nicht klar wie ich für [mm] X_1 [/mm] und [mm] X_2 [/mm] nun auf die Verteilung komme.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:47 Do 15.01.2009 | | Autor: | Nataliee |
[mm] P(X_1)=0 [/mm] soll [mm] P(X_1=0) [/mm] heißen usw.
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> Verteilung von [mm]X_i[/mm] mit i= 1,2,3,4:
> [mm]\Omega={(\omega_1,\omega_2,\omega_2,\omega_4): \omega_i \in \{1,2,3,4\}, 1<=i<=4}.[/mm]
> P ist Laplace Verteilt auf [mm]\Omega[/mm] d.h.
> [mm]P(\omega)=1/\Omega=1/4^4.[/mm]
> [mm]\Omega[/mm] = [mm]4^4[/mm] Möglichkeiten (4 Möglichkeiten pro Wurf(4)).
>
> Verstehe es nun so
> Die erzielte Punktzahl im 1. Wurf
> [mm]P(X_1)=0= \bruch{3}{4}* 4^3 /\Omega[/mm]
> [mm]P(X_1)=1= \bruch{1}{4}* 4^3 /\Omega[/mm]
Du meinst [mm]P(X_1=0)= \bruch{3}{4}* 4^3 /\Omega[/mm] etc.
(das hast du offenbar gerade selber gemerkt ...)
Hallo Natalie,
für die Zufallsvariable [mm] X_i [/mm] (Ergebnis des i-ten Wurfes)
muss man nur diesen einzelnen Wurf betrachten.
In drei von vier möglichen Fällen resultiert die Punkt-
zahl Null und in einem Fall die Punktzahl i.
Die Verteilung von [mm] X_i [/mm] kann man also so beschreiben:
$\ [mm] X_i\ [/mm] =\ [mm] \begin{cases} 0\ , & \mbox{mit }\ p\ =\ \bruch{3}{4} \\ i\ , & \mbox{mit }\ p\ =\ \bruch{1}{4} \end{cases}$
[/mm]
Also wird der Erwartungswert von [mm] X_i:
[/mm]
$\ [mm] E(X_i)\ [/mm] =\ [mm] \bruch{3}{4}*0+\bruch{1}{4}*i\ [/mm] =\ [mm] \bruch{i}{4}$
[/mm]
und die Varianz:
$\ [mm] Var(X_i)\ [/mm] =\ [mm] \bruch{3}{4}*(0-E(X_i))^2+\bruch{1}{4}*(i-E(X_i))^2\ [/mm] =\ ......$
Lieben Gruß Al
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:39 Do 15.01.2009 | | Autor: | Nataliee |
Hallo Al-Chwarizmi.
Verstehe,
hab mal wieder zu kompliziert gedacht. :)
Erwartungswert hab ich auch so berechnet.
Wie ist das mit der Varianz? Kann ich auch das Verschiebunggesetz nutzen?
Würde die Rechnung vereinfachen:
[mm] Var(X_i)=E(X^2)-E(X)^2= \bruch{i^2}{4}-\bruch{i^2}{16}=\bruch{3i^2}{16}
[/mm]
Habs nachgerechnet haut hin also geht beides.
Danke zunächst melde mich bei Problemen.
Zur (Sicherheit damit ich nichts falsch Verstehe)
b)Bestimmen Sie den Erwartungswert und die Varianz von X.
[mm] E(X)=\bruch{1}{4}+\bruch{2}{4}+\bruch{3}{4}+\bruch{1}{4}=2,5 [/mm] mit [mm] E(X_i)=i/4
[/mm]
mit [mm] Var(X)=\bruch{3i^2}{16}=Var(X_1)+Var(X_2)+Var(X_3)+Var(X_4)=...
[/mm]
Zur
c)Die Zufallsvariable Y sei gleich 1, falls im ersten Wurf eine ungerade Zahl fällt, und 0 sonst. Sind X und Y unabhängig?
Hier hab ich ein Problem unabhängigkeit gilt falls
P(X [mm] \cap [/mm] Y)=P(X,Y)=P(X)*P(Y) statt [mm] P(X\capY)=P(X,Y)=P(X|Y)*P(Y) [/mm]
Was kann ich jetzt machen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:20 Do 15.01.2009 | | Autor: | Nataliee |
Habe oben eine neue Frage.
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> Zur (Sicherheit damit ich nichts falsch Verstehe)
> b)Bestimmen Sie den Erwartungswert und die Varianz von X.
>
> [mm]E(X)=\bruch{1}{4}+\bruch{2}{4}+\bruch{3}{4}+\bruch{\red{1}}{4}=2,5[/mm]
dort muss natürlich eine 4 stehen,
oder kein Nenner drunter
> mit [mm]E(X_i)=i/4[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> mit
> [mm]Var(X)=\blue{\summe_{i=1}^{4}}\bruch{3i^2}{16}=Var(X_1)+Var(X_2)+Var(X_3)+Var(X_4)=...[/mm]
Ergebnis: [mm] Var(X)=\bruch{90}{16}=4.625
[/mm]
> Zur c)
> Die Zufallsvariable Y sei gleich 1, falls im ersten Wurf
> eine ungerade Zahl fällt, und 0 sonst. Sind X und Y
> unabhängig?
> Hier hab ich ein Problem unabhängigkeit gilt falls
> P(X [mm]\cap[/mm] Y)=P(X,Y)=P(X)*P(Y) statt
> [mm]P(X\capY)=P(X,Y)=P(X|Y)*P(Y)[/mm]
>
> Was kann ich jetzt machen?
Ich denke, es ist möglich, ohne große Rechnung
zu zeigen, dass X und Y voneinander abhängig
sind. Zum Beispiel mit dieser Überlegung:
Wenn z.B. bei einem Spiel X=1 (oder auch X=8
oder X=10) herausgekommen ist, kann man
sofort schließen, dass auch Y=1 sein muss.
LG Al-Chw.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:10 Do 15.01.2009 | | Autor: | Nataliee |
Daraus folgt wohl gleich der widerspruch der abhängigkeit.
Demnach sollte man dies akzeptieren :).
Danke für deine Unterstützung.
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> Daraus folgt wohl gleich der widerspruch der abhängigkeit.
> Demnach sollte man dies akzeptieren :).
> Danke für deine Unterstützung.
hallo Natalie,
man kann das schon noch rechnerisch belegen:
Für Unabhängigkeit von X und Y müsste für
alle Zahlenpaare $\ (i , j)$ mit $\ [mm] i\in\{0,1,2, ... , 10\}$ [/mm] und $\ [mm] j\in\{0,1\}$
[/mm]
gelten:
[mm] $P(X=i\,\wedge\, [/mm] Y=j)\ =\ P(X=i)*P(Y=j)$
Nun ist zum Beispiel mit $\ i=0$ und $\ j=1$:
$\ P(X=0)\ =\ [mm] P(X_1=X_2=X_3=X_4=0)\ [/mm] =\ [mm] \left(\bruch{3}{4}\right)^4=\ \bruch{81}{256}$ [/mm] und $\ P(Y=1)\ =\ [mm] \bruch{1}{2}$
[/mm]
also $\ P(X=0)*P(Y=1)\ =\ [mm] \bruch{81}{256}*\bruch{1}{2}\ [/mm] =\ [mm] \bold{\blue{\bruch{81}{512}}}$
[/mm]
aber $\ P(X=0 [mm] \,\wedge\, [/mm] Y=1)\ =\ [mm] \bold{\red{0}}$
[/mm]
Also sind X und Y nicht stochastisch unabhängig.
LG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:44 Do 15.01.2009 | | Autor: | Nataliee |
Hallo,
verstehe und danke für die Ausführung. Es ändert zwar nichts aber müßte nicht P(X=0) statt P(X=0)=1/256
[mm] P(X=0)=(\bruch{3}{4})^4=\bruch{81}{256} [/mm] sein.
Schönen Gruß
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> Hallo,
> verstehe und danke für die Ausführung. Es ändert zwar
> nichts aber müßte nicht P(X=0) statt P(X=0)=1/256
> [mm]P(X=0)=(\bruch{3}{4})^4=\bruch{81}{256}[/mm] sein.
>
> Schönen Gruß
Ach ja, klar, ich hatte nicht mehr daran gedacht,
dass ein Wurf nur dann zählt, wenn er mit der
Wurfnummer übereinstimmt.
![[winken]](/images/smileys/winken.gif "[winken]")
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:06 Fr 16.01.2009 | | Autor: | Nataliee |
Hallo,
zu $ \ P(X=0 [mm] \,\wedge\, [/mm] Y=1)\ =\ [mm] \bold{\red{0}} [/mm] $ hab ich mir nochmal gedancken gemacht.
Wenn im 1. Wurf eine 3 gewürfelt wird ist X=0 und Y=1 erfüllt.
Also $ \ P(X=0 [mm] \,\cap\, [/mm] Y=1)\ [mm] =\bruch{1}{4}*(\bruch{3}{4})^3 $=\bruch{27}{256}
[/mm]
An der abhängigkeit ändert sich aber immer noch nichts. :)
Schönen Gruß
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> Hallo,
> zu [mm]\ P(X=0 \,\wedge\, Y=1)\ =\ \bold{\red{0}}[/mm] hab ich mir
> nochmal gedancken gemacht.
>
> Wenn im 1. Wurf eine 3 gewürfelt wird ist X=0 und Y=1
> erfüllt.
> Also [mm]\ P(X=0 \,\cap\, Y=1)\ =\bruch{1}{4}*(\bruch{3}{4})^3[/mm][mm] =\bruch{27}{256}[/mm]
>
> An der abhängigkeit ändert sich aber immer noch nichts. :)
>
> Schönen Gruß
O.K., ich muss wohl kapitulieren ... 
(Idee richtig, Ausführung mangelhaft)
LG Al-Chw.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:31 Fr 16.01.2009 | | Autor: | Nataliee |
Trotzdem Danke hast mir sehr geholfen! Bye
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:55 So 18.01.2009 | | Autor: | lena17 |
Natalie, warum hast du [mm] \bruch{1}{4}\cdot{}(\bruch{3}{4})^3
[/mm]
Das sollte doch [mm] (\bruch{3}{4})^4 [/mm] oder? Wieso hast du das ^3 stehen?
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> Natalie, warum hast du [mm]\bruch{1}{4}\cdot{}(\bruch{3}{4})^3[/mm]
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> Das sollte doch [mm](\bruch{3}{4})^4[/mm] oder? Wieso hast du das ^3
> stehen?
Hallo Lena17,
das stimmt schon
$ \ P(X=0 [mm] \,\cap\, [/mm] Y=1)\ [mm] =\bruch{1}{4}\cdot{}(\bruch{3}{4})^3 [/mm] $$ [mm] =\bruch{27}{256} [/mm] $.
Zunächst ist die Chance das X=0 und Gleichzeitig Y=1 nur mit der Chance das im 1. Wurf eine 3 gewürfelt wird gegeben, also [mm] \bruch{1}{4}. [/mm] Die restlichen dürfen jeweils nicht 2 im 2.Wurf nicht 3 im 3. Wurf und 4 im 4. Wurf sein also [mm] \bruch{3}{4}*\bruch{3}{4}*\bruch{3}{4}=(\bruch{3}{4})^3.
[/mm]
Hoffe das hat geholfen.
Schönen Gruß
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