Unabhängige Zufallsvariablen < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:46 Fr 06.06.2014 | | Autor: | Topologe |
| Aufgabe | Es seien X,Y unabhängige Zufallsvariablen mit
[mm] \IP(X=i)=\IP(Y=i)=\bruch{1}{2^{i}}, [/mm] i [mm] \in \IN.
[/mm]
Zeigen Sie, dass für jedes i [mm] \in \IN [/mm] gilt [mm] \IP(min\{X,Y\}\le i)=1-\bruch{1}{4^{i}} [/mm] |
Hi,
bei mir geht es zuallererst um das Verständnis dieser Aufgabe.
Also wenn [mm] X:=min\{X,Y\}, [/mm] dann [mm] \IP(min\{X,Y\}\le i)=\IP(X\le [/mm] i).
Ok, nun sei i=1, also [mm] \IP(X=1)=\bruch{1}{2}, [/mm] wie wir aus der Voraussetzung wissen.
Nun [mm] \IP(X\le 1)=\IP(X=1)=1-\bruch{1}{4}=\bruch{3}{4}\not=\bruch{1}{2}
[/mm]
Wenn ich die 0 mit reinnehme sieht es so aus:
[mm] \IP(X\le 1)=\IP(\{X=0\}\cup\{X=1\})=\IP(X=0)+\IP(X=1)=1+\bruch{1}{2}=\bruch{3}{2}\not=\bruch{3}{4}
[/mm]
Wo liegt denn hier der Fehler?
LG
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Hallo,
> Es seien X,Y unabhängige Zufallsvariablen mit
>
> [mm]\IP(X=i)=\IP(Y=i)=\bruch{1}{2^{i}},[/mm] i [mm]\in \IN.[/mm]
>
> Zeigen Sie, dass für jedes i [mm]\in \IN[/mm] gilt
> [mm]\IP(min\{X,Y\}\le i)=1-\bruch{1}{4^{i}}[/mm]
> Hi,
>
> bei mir geht es zuallererst um das Verständnis dieser
> Aufgabe.
>
> Also wenn [mm]X:=min\{X,Y\},[/mm] dann [mm]\IP(min\{X,Y\}\le i)=\IP(X\le[/mm]
> i).
>
Das ist ziemlich verunglückt, was du da machst, denn du definierst die ZV X um! Wenn, dann setze Z:=min(X,Y). Man braucht das aber nicht.
> Ok, nun sei i=1, also [mm]\IP(X=1)=\bruch{1}{2},[/mm] wie wir aus
> der Voraussetzung wissen.
>
> Nun [mm]\IP(X\le 1)=\IP(X=1)=1-\bruch{1}{4}=\bruch{3}{4}\not=\bruch{1}{2}[/mm]
>
> Wenn ich die 0 mit reinnehme sieht es so aus:
Öhm, das ist zwar nicht extra erwähnt, aber frei nach ![[]](/images/popup.gif) Morgenstern ist hier die Null keine natürliche Zahl. Überlege dir, weshalb!
>
> [mm]\IP(X\le 1)=\IP(\{X=0\}\cup\{X=1\})=\IP(X=0)+\IP(X=1)=1+\bruch{1}{2}=\bruch{3}{2}\not=\bruch{3}{4}[/mm]
>
> Wo liegt denn hier der Fehler?
Na ja, der Kardinalfehler liegt in der Sache mit der Null. Aber auch dein Ansatz, die gesuchte Wahrscheinlichkeit direkt zu berechnen, ist nicht zielführend. Das Stichwort heißt Gegenereignis, dann kann man nämlich erst die Unabhängigkeit von X und Y ausnutzen. Und die ist ja nicht einfach so aus Spaß vorgegegeben. 
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:49 Fr 06.06.2014 | | Autor: | Topologe |
Achso, das ist natürlich clever
Ok, wir betrachten [mm] \IP(min\{X,Y\}>i)=1-(1-\bruch{1}{4^{i}})=\bruch{1}{4^{i}}
[/mm]
Also [mm] \IP(min\{X,Y\}>i)=\IP(X>i,Y>i)=\IP(X>i)*\IP(Y>i)
[/mm]
[mm] \IP(X>i)=\IP(\{X=i+1\}\cup\{X=i+2\}\cup.....)=\summe_{j=1}^{\infty}\IP(X=i+j)=\summe_{j=1}^{\infty}\bruch{1}{2^{i+j}}=\bruch{1}{2^{i}}\summe_{j=0}^{\infty}(\bruch{1}{2^{i}})^{j}=\bruch{1}{2^{i}}*\bruch{1}{1-\bruch{1}{2^{i}}}=\bruch{1}{2^{i}}*\bruch{1}{\bruch{2^{i}-1}{2^{i}}}=\bruch{1}{2^{i}-1}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \IP(X>i)*\IP(Y>i)=\bruch{1}{(2^{i}-1)^{2}}\not=\bruch{1}{4^{i}}
[/mm]
Ok, irgendwo habe ich mich wieder vertan :-D Aber der Grundgedanke erstmal so i.O.?
LG
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Hallo,
> Achso, das ist natürlich clever
>
> Ok, wir betrachten
> [mm]\IP(min\{X,Y\}>i)=1-(1-\bruch{1}{4^{i}})=\bruch{1}{4^{i}}[/mm]
Nein, das ist völliger Unsinn! Um ein Gegenereignis zu formulieren, braucht es ein Mindestmaß an Logik. Ein gewisser De Morgan hilft weiter, verbunden mit dem Hinweis, dass
[mm] min(X,Y)\le{1} \gdw \left(X\le{1}\vee{Y\le{1}}\right)
[/mm]
EDIT: das war dir selbst klar, sorry.
>
> Also [mm]\IP(min\{X,Y\}>i)=\IP(X>i,Y>i)=\IP(X>i)*\IP(Y>i)[/mm]
>
Bis dahin sieht das gut aus.
> [mm]\IP(X>i)=\IP(\{X=i+1\}\cup\{X=i+2\}\cup.....)=\summe_{j=1}^{\infty}\IP(X=i+j)=\summe_{j=1}^{\infty}\bruch{1}{2^{i+j}}=\bruch{1}{2^{i}}\summe_{j=0}^{\infty}(\bruch{1}{2^{i}})^{j}=\bruch{1}{2^{i}}*\bruch{1}{1-\bruch{1}{2^{i}}}=\bruch{1}{2^{i}}*\bruch{1}{\bruch{2^{i}-1}{2^{i}}}=\bruch{1}{2^{i}-1}[/mm]
Nein! Wozu wurde denn der Begriff der Wahrscheinlichkeitsverteilung erfunden? Den Term
[mm] 1-\summe_{i=1}^{n}2^{-i}
[/mm]
kann man grundsätzlich vereinfachen.
>
> [mm]\Rightarrow \IP(X>i)*\IP(Y>i)=\bruch{1}{(2^{i}-1)^{2}}\not=\bruch{1}{4^{i}}[/mm]
>
> Ok, irgendwo habe ich mich wieder vertan :-D Aber der
> Grundgedanke erstmal so i.O.?
- Grundgedanke: völlig falsch richtig
- Rechnung: richtige Idee in Form des Produktes P(X>i)*P(Y>i)
- Ergebnis: falsch, da die Wahrscheinlichkeit für P(X>i) falsch ist.
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:01 Fr 06.06.2014 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hallo Diophant,
wieso sollte sein Ereignis falsch sein?
Ich seh da nix falsches....
Gruß,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:04 Fr 06.06.2014 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
> Hallo Diophant,
>
> wieso sollte sein Ereignis falsch sein?
> Ich seh da nix falsches....
>
Jep. Da habe ich mich verlesen. Ich werde es umgehend korrigieren.
Danke für den Hinweis!
Gruß, Diophant
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Hiho,
deine Überlegungen sind soweit gut, du hast nur einen dummen Fehler gemacht...
[mm] $\summe_{j=1}^{\infty}\bruch{1}{2^{i+j}}=\bruch{1}{2^{i}}\summe_{j=0}^{\infty}(\bruch{1}{2^{i}})^{j}$
[/mm]
Der Umformungsschritt ist völliger Blödsinn.
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:34 Fr 06.06.2014 | | Autor: | Topologe |
Supi, das stimmt, Potenzgesetze mal massiv missachtet^^
Ok, dann nochmal von vorn.
[mm] \IP(min\{X,Y\}\le i)=1-\IP(min\{X,Y\}>i)=1-\IP(X>i,Y>i)=1-(\IP(X>i)*\IP(Y>i))
[/mm]
Nun was ist [mm] \IP(X>i)?
[/mm]
[mm] \IP(X>i)=\IP(\{X=i+1\}\cup\{X=i+2\}\cup....)=\summe_{j=1}^{\infty}\IP(X=i+j)=\summe_{j=1}^{\infty}(\bruch{1}{2})^{i+j}=\summe_{j=1}(\bruch{1}{2})^{i}*(\bruch{1}{2})^{j}=(\bruch{1}{2})^{i}\summe_{j=1}^{\infty}(\bruch{1}{2})^{j}=(\bruch{1}{2})^{i+1}\summe_{j=0}^{\infty}(\bruch{1}{2})^{j}=(\bruch{1}{2})^{i+1}*\bruch{1}{1-\bruch{1}{2}}=(\bruch{1}{2})^{i+1}*\bruch{1}{\bruch{1}{2}}=\bruch{2}{2^{i+1}}=\bruch{1}{2^{i}}
[/mm]
Genauso [mm] \IP(Y>i)=\bruch{1}{2^{i}}
[/mm]
Also gilt [mm] \IP(min\{X,Y\}\le i)=1-(\bruch{1}{2^{i}}*\bruch{1}{2^{i}})=1-\bruch{1}{4^{i}}
[/mm]
Wär das so ok?
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Hallo,
> Supi, das stimmt, Potenzgesetze mal massiv missachtet^^
>
> Ok, dann nochmal von vorn.
>
> [mm]\IP(min\{X,Y\}\le i)=1-\IP(min\{X,Y\}>i)=1-\IP(X>i,Y>i)=1-(\IP(X>i)*\IP(Y>i))[/mm]
>
> Nun was ist [mm]\IP(X>i)?[/mm]
>
> [mm]\IP(X>i)=\IP(\{X=i+1\}\cup\{X=i+2\}\cup....)=\summe_{j=1}^{\infty}\IP(X=i+j)=\summe_{j=1}^{\infty}(\bruch{1}{2})^{i+j}=\summe_{j=1}(\bruch{1}{2})^{i}*(\bruch{1}{2})^{j}=(\bruch{1}{2})^{i}\summe_{j=1}^{\infty}(\bruch{1}{2})^{j}=(\bruch{1}{2})^{i+1}\summe_{j=0}^{\infty}(\bruch{1}{2})^{j}=(\bruch{1}{2})^{i+1}*\bruch{1}{1-\bruch{1}{2}}=(\bruch{1}{2})^{i+1}*\bruch{1}{\bruch{1}{2}}=\bruch{2}{2^{i+1}}=\bruch{1}{2^{i}}[/mm]
>
> Genauso [mm]\IP(Y>i)=\bruch{1}{2^{i}}[/mm]
>
> Also gilt [mm]%5CIP(min%5C%7BX%2CY%5C%7D%5Cle%20i)%3D1-(%5Cbruch%7B1%7D%7B2%5E%7Bi%7D%7D*%5Cbruch%7B1%7D%7B2%5E%7Bi%7D%7D)%3D1-%5Cbruch%7B1%7D%7B4%5E%7Bi%7D%7D[/mm]
>
> Wär das so ok?
Ja, jetzt passt es. Wenn auch die Berechnung von P(X>1) meiner Ansicht nach einfacher gelingen kann.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:11 Fr 06.06.2014 | | Autor: | Topologe |
Super, danke!
Wie wäre denn der alternative Weg?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:42 Fr 06.06.2014 | | Autor: | luis52 |
> Wie wäre denn der alternative Weg?
Dio meint vermutlich [mm] $P(X>i)=1-P(X\le [/mm] i)$ ...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:44 Fr 06.06.2014 | | Autor: | Topologe |
Hm,
also [mm] \IP(X\le [/mm] i) ist die Verteilungsfunktion von X..
Nur wie soll man damit jetzt genau weiterrechnen? Den Gedanken hatte ich anfangs auch, nur bin ich hiermit leider nicht wirklich weitergekommen
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:52 Fr 06.06.2014 | | Autor: | luis52 |
> Hm,
>
> also [mm]\IP(X\le[/mm] i) ist die Verteilungsfunktion von X..
>
$ [mm] \IP(X\le i)=\sum_{k=1}^i\bruch{1}{2^{k}}=1-\bruch{1}{2^{i}}$
[/mm]
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