Verteilung von X und Y < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:34 Di 09.02.2010 | | Autor: | elba |
| Aufgabe | Ein fairer Würfel werde 5 mal geworfen. Es sei X die Anzahl der geworfenen 3en, Y die Anzahl der geworfenen 5en.
a) Welche Verteilung hat X?
b) Welche Verteilung hat X+Y, was ist E(X+Y), was ist V(X+Y)?
c) Was ist cov(X,Y)? Sind X und Y unabhängig?
Tipp: Stellen Sie X und Y in geeigneter Weise als Summe von [mm] X_{i} [/mm] bzw. [mm] Y_{i} [/mm] dar. |
Es handelt sich hierbei doch um eine Laplace Verteilung, da alle Ereignisse gleichwahrscheinlich sind, oder?
Jetzt steht da als Tipp, dass ich X in geeigneter Weise als Summe darstelle. Da weiß ich nicht so wirklich was ich machen soll. Soll ich die Wahrscheinlichkeiten für X(Anzahl der 3en) in einer Summe darstellen?
[mm] \summe_{i=1}^{5} (\bruch{1}{6})^i
[/mm]
Für X und Y sind die Verteilungen doch gleich, da es sich bei beiden um eine Laplace Verteilung handelt.
Also ich weiß nicht wirklich weiter, danke schon mal!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:00 Di 09.02.2010 | | Autor: | abakus |
> Ein fairer Würfel werde 5 mal geworfen. Es sei X die
> Anzahl der geworfenen 3en, Y die Anzahl der geworfenen
> 5en.
> a) Welche Verteilung hat X?
> b) Welche Verteilung hat X+Y, was ist E(X+Y), was ist
> V(X+Y)?
> c) Was ist cov(X,Y)? Sind X und Y unabhängig?
> Tipp: Stellen Sie X und Y in geeigneter Weise als Summe
> von [mm]X_{i}[/mm] bzw. [mm]Y_{i}[/mm] dar.
> Es handelt sich hierbei doch um eine Laplace Verteilung,
> da alle Ereignisse gleichwahrscheinlich sind, oder?
> Jetzt steht da als Tipp, dass ich X in geeigneter Weise
> als Summe darstelle. Da weiß ich nicht so wirklich was ich
> machen soll. Soll ich die Wahrscheinlichkeiten für
> X(Anzahl der 3en) in einer Summe darstellen?
>
> [mm]\summe_{i=1}^{5} (\bruch{1}{6})^i[/mm]
>
> Für X und Y sind die Verteilungen doch gleich, da es sich
> bei beiden um eine Laplace Verteilung handelt.
> Also ich weiß nicht wirklich weiter, danke schon mal!
Hallo,
zu a)
Du hast in jedem Wurf zwei Möglichkeiten: die 3 kommt, oder die 3 kommt nicht.
Darum und weil diese beiden Möglichkeiten von Wurf zu Wurf ihre Wahrscheinlichkeiten nicht verändern, handelt es sich um eine Bernoulli-Kette. Die Schlussfolgerungen für die Verteilung von X solltes du kennen.
zu b) X+Y ist die Anzahl der Dreien UND Fünfen. Eine der beiden Zahlen tritt auf oder eben nicht. Siehe oben.
Gruß Abakus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:25 Di 09.02.2010 | | Autor: | elba |
Also ist die Verteilung von X:
[mm] \IP{(X)}=p [/mm] und [mm] \IP{(\overline{X})}=1-p
[/mm]
bei b) gilt doch dasselbe, oder? Da ja, die W'keit für die 3 tritt auf p ist und für die 5 tritt nicht auf 1-p!?
E(X+Y)= E(X) + E(Y).
E(X)= [mm] 1*\IP{(X=1)}+0*\IP{(X=0)}=p, [/mm] das genau 5Mal, also ist
E(X)=5p !??? Und dasselbe gilt für E(Y)?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:18 Di 09.02.2010 | | Autor: | abakus |
> Also ist die Verteilung von X:
>
> [mm]\IP{(X)}=p[/mm] und [mm]\IP{(\overline{X})}=1-p[/mm]
> bei b) gilt doch dasselbe, oder? Da ja, die W'keit für
> die 3 tritt auf p ist und für die 5 tritt nicht auf 1-p!?
>
> E(X+Y)= E(X) + E(Y).
> E(X)= [mm]1*\IP{(X=1)}+0*\IP{(X=0)}=p,[/mm] das genau 5Mal, also
> ist
> E(X)=5p !??? Und dasselbe gilt für E(Y)?
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Hallo,
kennst du den Begriff Bernoullikette?
Und wenn ja, welche Verteilung steckt dahinter?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:30 Di 09.02.2010 | | Autor: | elba |
Die Binomialverteilung?? Und für die gilt doch E(X)=n*p, oder?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:46 Di 09.02.2010 | | Autor: | abakus |
> Die Binomialverteilung?? Und für die gilt doch E(X)=n*p,
> oder?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:07 Di 09.02.2010 | | Autor: | gfm |
U binomial, p ,n [mm] \rightarrow [/mm] E(U)=np, V(U)=np(1-p)
[mm] W_i:\Omega\to\{1,2,...,6\}
[/mm]
[mm] P(\{W_i=j\})=\frac{1}{6}
[/mm]
[mm] W_i [/mm] unabh.
[mm] X=\summe_{i=1,...,5}1_{\{3\}}(W_i) [/mm] , binomial, p=1/6, n=5
[mm] Y=\summe_{i=1,...,5}1_{\{5\}}(W_i), [/mm] binomial, p=1/6, n=5
[mm] Z=\summe_{i=1,...,5}1_{\{3,5\}}(W_i), [/mm] binomial, p=1/3, n=5
[mm] 1_{\{3\}}(W_i) =1-1_{\{1,2,4,5,6\}}(W_i)=1-1_{\{1,2,4,6\}}(W_i)-1_{\{5\}}(W_i)
[/mm]
[mm] \Rightarrow
[/mm]
X+Y=Z
E(X+Y)=E(X)+E(Y)=5(1/6)+5(1/6)
oder E(X+Y)=E(Z)=5(1/3)
V(X+Y)=V(Z)=5(1/3)(1-1/3)
Unabhängig?
z.B. ist
[mm] P(\{X=5\} \cap \{Y=5\})=0
[/mm]
[mm] P(\{X=5\} \ge [/mm] 0
[mm] P(\{Y=5\} \ge [/mm] 0
oder z.B.
[mm] P(\{X=0\} \cap \{Y=5\})=P(\{Y=5\})=(1/6)^5
[/mm]
[mm] P(\{X=0\}=(1/6)^5
[/mm]
[mm] P(\{Y=5\}=(1/6)^5
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] nicht unabh.
Es gilt
COV(X,Y)=(V(Z)-V(X)-V(Y))/2
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:41 Di 09.02.2010 | | Autor: | elba |
Danke für die Hilfe!!
Ich glaub jetzt hab ich's verstanden :)
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Wie kann man in dieser Aufgabe P(X [mm] \cap [/mm] Y) berechnen?
Ich möchte die Unabhängigkeit mit der Formel P(X [mm] \cap [/mm] Y) = P(X)*P(Y) wiederlegen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:00 Di 09.02.2010 | | Autor: | gfm |
Was bedeuten bei Dir A und B und was meinst Du, was in
![[]](/images/popup.gif) Meine Antwort
z.B. {X=0} und {Y=5} bedeuten?
LG
gfm
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ja, ich habe natürlich X und Y gemeint.
Wie kann man denn P(X [mm] \cap [/mm] Y) ausrechnen, um zu zeigen, dass P(X [mm] \cap [/mm] Y) != P(X)*P(Y)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:34 Mi 10.02.2010 | | Autor: | gfm |
X und Y bezeichnen in diesem Thread zwei ZVn. Die Notation X [mm] \cap [/mm] Y ist mir dann nicht geläufig. Was meinst Du damit?
Zwei Ereignisse A und B heißen unabh., wenn [mm] P(A\capB)=P(A)P(B).
[/mm]
Endlich viele Ereignisse [mm] A_i [/mm] heißen unabh., wenn [mm] P(\cap_{i=1,...,n}A_i)=P(A_1)P(A_2)...P(A_n)
[/mm]
Ein System von Teilmengensystemen einer [mm] \sigma [/mm] - Algebra eines W-Raums heißt unabh., wenn Vorstehendes für eine endliche Auswahl von Ereignissen gilt, wobei jedes Ereignis aus einem anderen Teilmengensystem ist.
ZVn [mm] X_i [/mm] heißen unabh., wenn die Systeme ihrer Urbild - [mm] \sigma [/mm] - Algebren unabh. sind.
{X=0} und {Y=5} sind zwei Ereignisse aus den Urbild - [mm] \sigma [/mm] - Algebren von X und Y.
Beide haben einzeln die Wahrscheinlichkeit [mm] (1/6)^5. [/mm] Die Wahrscheinlichkeit, dass sie beide Eintreten ist schon die eines der beiden Ereignisse, da fünf Fünfen null Dreien impliziert.
Und das steht in meiner Antwort. [mm] P(A\capB)<>P(A)P(B) [/mm] explizit hinzuschreiben, wollte ich mir ersparen. :)
Jetzt besser?
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ja... ich denke, dass P(X [mm] \cap [/mm] Y) = 0 ist.
Deswegen P(X [mm] \cap [/mm] Y) <> P(X)*P(Y). Das sollte doch reichen, als Beweis der nicht Unabhängigkeit. Oder?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 05:39 Mi 10.02.2010 | | Autor: | gfm |
Was ist bei Dir [mm] P(X\cap [/mm] Y)? X und Y sind doch Zufallsvariablen.
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A und B seien zufällige Ereignisse, also messbare Teilmengen der Ergebnismenge. Siehe Definition hier: http://de.wikipedia.org/wiki/Stochastische_Unabh%C3%A4ngigkeit
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