Verteilung bestimmen < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:09 So 24.11.2013 | | Autor: | CaNi |
| Aufgabe | | Vetrachte den [mm] \infty [/mm] - fachen, unabhängigen Wurf eines fairen Würfels. Für n [mm] \in \IN [/mm] sein [mm] X_{n} [/mm] die im Zeitpunkt n geworfene Augenzahl. Bestimmen Sie die Verteilung von T = inf{k [mm] \in \IN [/mm] : [mm] X_{2k-1} [/mm] + [mm] X_{2k} [/mm] = 5}! |
Hi,
ich schreibe am Mittwoch eine Klausur und habe ein paar Probleme mit diser ( und auch anderer... ) Aufgaben. Eine ganz Ähnliche Aufgabe, mit einem Münzwurf habe ich gelöst und verstanden, doch bei dieser finde ich einfach nicht den Ansatz um die Gewichte zu bestimmen...
P[T = 1] = ...
P[T = 2] = ...
Da zwei Würfe hintereinander 5 geben sollen hat der erste Wurf ja immer die wahrscheinlichkeit 4/6 ( 1, 2, 3, 4) und der zweite Wurf 1/6 ( das gegenstück zum ersten Wurf). Nun müsste man ja irgendwie sagen [mm] P[X_{2k-1} [/mm] + [mm] X_{2k}] [/mm] = p und wenn nicht = p-1?
Vielleicht könnt Ihr mir helfen!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:40 So 24.11.2013 | | Autor: | Fry |
Hey CaNi,
dein Ansatz geht in die richtige Richtung,
also es liegt ja ein Wartezeitproblem vor, d.h. warten auf den ersten Erfolg, wobei Erfolg eintritt, wenn
[mm] $X_{2k-1}+X_{2k}=5$. [/mm] Die Erfolgswahrscheinlichkeit $p$ ist also [mm] $p=P(X_1+X_2=5)=\frac{4}{36}$ [/mm] (Kombinationen (1,4),(2,3),(3,2),(4,1) von 6*6 möglichen).
$T$ gibt ja nun die Anzahl der Durchführungen bis zum Erfolg an, ist folglich geometrisch verteilt mit Parameter p:
[mm] $P(T=l)=(1-p)^{l-1}p$
[/mm]
LG
Fry
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:53 So 24.11.2013 | | Autor: | CaNi |
Hallo Fry,
danke für deine schnelle Antwort. Deine Lösung hatte ich eigentlich schon bei mir auf dem Blatt stehen, dann aber wieder verworfen, da ich dachte man müsste die Verteilung über die Aufstellung der Gewichte ermitteln? Oder meinst du es ist tatsächlich nur nach der geometrischen Verteilung gefragt? Habe dir im Anhang mal eine ähnliche Aufgabe angehängt, dachte man müsste das nach diesem Prinzip lösen.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:20 So 24.11.2013 | | Autor: | Fry |
Also die Gewichte stecken doch gerade in der Wahrscheinlichkeitsverteilung $P(T=l)$ für [mm] $l\in\mathbb [/mm] N$. Und wenn ihr bereits die geometrische Verteilung hattet, brauchst du sie
auch sicher nicht nochmal herleiten.
Allerdings sehe ich gerade, dass meine Lösung wohl falsch ist, meine Modellierung wäre nämlich
gewesen:
[mm] $Y_i=1$, [/mm] falls [mm] $X_{i-1}+X_{i}=5$
[/mm]
[mm] $Y_i=0$, [/mm] sonst
[mm] $P(Y_i=1)=p=1-P(Y_i=0)$
[/mm]
und hätte dann gesagt, dass [mm] $P(T=l)=P(Y_1=...Y_{l-1}0,Y_l=1)=P(Y_l=1)*\prod_{i=1}^{l-1}P(Y_i=0)
[/mm]
[mm] =(1-p)^{l-1}*p$.
[/mm]
Jedoch funktioniert das nicht, da [mm] $Y_i$ [/mm] nicht unabhängig sind.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:27 So 24.11.2013 | | Autor: | CaNi |
hm also wenn jmd weiss wie man das Bild kleiner bekommt immer her damit :D
zum eigentlichen Problem, genau das verwirrt mich auch, der Index... Deshalb funktioniert auch der Ansatz von der anderen Aufgabe nicht... bzw. finde ich keinen Ansatz wie auf dem Bild von mir...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:54 So 24.11.2013 | | Autor: | Fry |
Hey Gono,
vielen Dank für den Hinweis :) !
Dann müsste es wohl heißen,
[mm] $Y_i=1$, [/mm] falls [mm] $X_{2i-1}+X_{i}=5$
[/mm]
[mm] $Y_i=0$, [/mm] sonst
für [mm] $i\in\mathbb [/mm] N$, oder?
Dann sind die [mm] $Y_i$ [/mm] unabhängig, da ja [mm] $Y_i$ [/mm] von [mm] $X_{2i-1}$ [/mm] und [mm] $X_{2i}$ [/mm] abhängig ist, [mm] $Y_{i+1}$ [/mm] aber von [mm] $X_{2i+1}$ [/mm] und [mm] $X_{2i+2}$ [/mm] abhängig ist (es also keine Überschneidungen gibt) und die [mm] $X_i$ [/mm] nach Voraussetzung unabhängig sind.
Dann stimmt die Lösung doch ;)
LG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:59 So 24.11.2013 | | Autor: | CaNi |
Hi,
danke ihr beiden! Ich habe es noch nicht 100%ig verstanden, aber der erste Ansatz von Fry ist eigentlich richtig nur eben den Index anders setzten? Macht das keinen unterschied das zb. der 3. und 4. Wurf durch die Indizes gar nicht in der Lösung ist?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:08 So 24.11.2013 | | Autor: | Fry |
Der 3. und 4te Wurf sind in der Lösung.
Das Experiment kannst du dir ja so vorstellen, dass du immer zweimal würfelst und schaust, ob die Summe fünf ergibt [mm] ($Y_1=1$) [/mm] oder nicht [mm] ($Y_1=0$). [/mm] Falls nicht würfelst du nochmal.
also [mm] $Y_1$ [/mm] bezieht sich auf [mm] $X_1,X_2$, $Y_2$ [/mm] auf [mm] $X_3,X_4$, $Y_3$ [/mm] auf [mm] $X_5,X_6$, [/mm] usw.
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