Wahrscheinlichkeitsraum u.a. < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:24 Sa 24.09.2005 | | Autor: | Magician |
Hallo,
ich habe folgende Aufgabe:
Gegeben sind 5 Urnen mit den Nummern 1 bis 5. Die i-te Urne enthalte eine schwarze und i weiße Kugeln. Jeder Urne wird zufällig eine Kugel entnommen.
a) Geben sie einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum für dieses Experiment an und definieren sie die Zufallsvariable W der insgesamt gezogenene weißen Kugeln.
Mein Lösungsvorschlag:
Wahrscheinlichkeitsraum: [mm]
WR=\left\{(w_1,w_2,w_3,w_4,w_5)|w_1=\left\{w,s\right\};w_2=\left\{w,w,s\right\};w_3=\left\{w,w,w,s\right\};w_4=\left\{w,w,w,w,s\right\};w_5=\left\{w,w,w,w,w,s\right\}\right\}[/mm]
Die Zufallsvariable [mm]W=1/5*(1/2+2/3+3/4+4/5+5/6)=0,71[/mm]
Ist dies Korrekt? Vor allem auch die Mathematische Schreibweise?
b) Bestimmen sie den Erwartungswert und Varianz von W
Lösung:
wenn schwarz=0 und weiss=1 ist, dann folgt für den Erwartungswert E:
[mm]E(X)=\summe_{k=1}^{5} x_i*W=5*W=3,55[/mm]
und [mm]VarX=E(X^2)-(E(X))^2=5*W+5*4*W^2-(5*W)^2=1,0295[/mm]
Ist dies Korrekt?
Ich bin euch schon jetzt für eure Hilfe dankbar.
MfG
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Hallo Magician,
> Gegeben sind 5 Urnen mit den Nummern 1 bis 5. Die i-te Urne
> enthalte eine schwarze und i weiße Kugeln. Jeder Urne wird
> zufällig eine Kugel entnommen.
>
> a) Geben sie einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum für
> dieses Experiment an und definieren sie die Zufallsvariable
> W der insgesamt gezogenene weißen Kugeln.
>
> Mein Lösungsvorschlag:
> Wahrscheinlichkeitsraum:
> [mm]
WR=\left\{(w_1,w_2,w_3,w_4,w_5)|w_1=\left\{w,s\right\};w_2=\left\{w,w,s\right\};w_3=\left\{w,w,w,s\right\};w_4=\left\{w,w,w,w,s\right\};w_5=\left\{w,w,w,w,w,s\right\}\right\}[/mm]
> Die Zufallsvariable [mm]W=1/5*(1/2+2/3+3/4+4/5+5/6)=0,71[/mm]
>
> Ist dies Korrekt? Vor allem auch die Mathematische
> Schreibweise?
Nein, das ist leider nicht richtig. Was ist der Wahrscheinlichkeitsraum? Er enthält alle möglichen Ergebnisse des Zufallsexperiments. Überlegen wir uns also erstmal, wie ein spezielles Ergebnis aussieht: Kodieren wir die Kugeln wie du, also "schwarz"=0 und "weiß"...1, dann wäre ein Ergebnis z.B. das 5-Tupel [mm]\omega_1=(0,1,0,0,0)[/mm] So hätten wir eine Abkürzung für das Ergebnis "bis auf Urne Nr.2 (dort weiß gezogen) wurden nur schwarze Kugeln gezogen". Wie viele weiße oder schwarze Kugeln da jetzt in einer bestimmten Urne drin sind, ist hier egal, da erstmal nur interessiert, ob ein Ergebnis möglich ist. Dementsprechend ist dann der
[mm]WR=\left\{(w_1,w_2,w_3,w_4,w_5)|w_i \in \{0,1\}, i=1,...,5 \right\}[/mm]
Nun soll noch die ZV W so definiert werden, dass sie "die Zahl der weißen Kugeln insgesamt" beschreibt, jedem Ergebnis also die Zahl der weißen Kugeln zuordnet. Im Beispiel oben müsste also gelten [mm]W(\omega_1)=1[/mm], da nur eine weiße Kugel dabei ist. W soll also alle 1en im Ergebnis zählen, also einfach die Quersumme der Tupel bilden!
[mm]\Rightarrow W:=\summe_{i=1}^5 w_i[/mm]
> b) Bestimmen sie den Erwartungswert und Varianz von W
>
> Lösung:
> wenn schwarz=0 und weiss=1 ist, dann folgt für den
> Erwartungswert E:
> [mm]E(X)=\summe_{k=1}^{5} x_i*W=5*W=3,55[/mm]
> und
> [mm]VarX=E(X^2)-(E(X))^2=5*W+5*4*W^2-(5*W)^2=1,0295[/mm]
>
> Ist dies Korrekt?
Als "Folgefehler" nicht... JETZT gehts an die Wahrscheinlichkeiten. Wir müssen überlegen, wie wahrscheinlich die verschiedenen Ausprägungen der ZV W sind, also z.B. was ist [mm] P(W=0) [/mm] ? Das ist noch einfach:
[mm] P(W=0)=1/2*1/3*1/4*1/5*1/6 =1/720[/mm], da in allen Urnen immer die einzige schwarze Kugel gezogen wird.
[mm] P(W=1)=([green]1/2[/green]*1/3*1/4*1/5*1/6)+(1/2*[green]2/3[/green]*1/4*1/5*1/6)+(1/2*1/3*[green]3/4[/green]*1/5*1/6)+[/mm]
[mm](1/2*1/3*1/4*[green]4/5[/green]*1/6)+(1/2*1/3*1/4*1/5*[green]5/6[/green])=1/720*(1+2+3+4+5)=1/48 [/mm]
Das erste Produkt war die Wahrsch. dafür, dass die weiße Kugel aus der 1. Urne gezogen wird,etc..... und so weiter.... das ist halt relativ mühsam.
Wenn du diese restlichen 4 Wahrsch. ausgerechnet hast, kannst du E und Var berechnen.
Zur Kontrolle: es sollte rauskommen
[mm]P(W=2)=17/144, P(W=3)=5/16, P(W=4)=137/360, P(W=5)=1/6[/mm]
mfg
Daniel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:51 Sa 24.09.2005 | | Autor: | Magician |
Hallo Daniel,
erstmal vielen Dank für deine Antwort. Nun gibt es da aber doch noch eine Frage zum b) Teil:
Also wenn ich den Erwartungswert berechne erhalte ich folgendes:
[mm]E(X)=\summe_{k=1}^{5} x_i*P(X=x_i)=1*1/48+2*17/144+3*5/16+4*137/360+5*1/6=3,55[/mm] Dies entspricht doch genau meinem Ergebnis. War das jetzt nur Zufall, was ich nicht glaube oder kann man es eben doch so machen, wie ich das gemacht habe? Die Varianz entspreäche dann ebenfalls meinem Ergebnis.
MfG
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:38 Sa 24.09.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo Magician!
Dein Ansatz ist eigentlich sehr gut und führt schneller zum Ziel als der von Daniel, nur ist er mathematisch völlig falsch aufgeschrieben.
Ich will ihn mal gerade retten:
Betrachte [mm] $\Omega=\{0,1\}^5$ [/mm] mit [mm] $P=\bigotimes_{i=1}^5 \left(\frac{i}{i+1} \delta_{\{1\}} + \frac{1}{i+1} \delta_{\{0\}} \right)$.
[/mm]
Dann gilt:
$W= [mm] \sum\limits_{i=1}^5 \pi_i$
[/mm]
(wobei [mm] $\pi_i$ [/mm] die $i$-te Projektion ist)
und wegend der Linearität des Erwartungswertes
$E[W] = [mm] \sum\limits_{i=1}^5 E[\pi_i]= \sum\limits_{i=1}^5 \frac{i}{i+1} [/mm] =3.55$
usw.
Liebe Grüße
Stefan
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Hallo Stefan!
Ja, das ist wohl doch etwas  einfacher als mein Ansatz... Aber so zur Übung waren doch die einzelnen Wahrscheinlichkeiten auch ganz interessant 
mfg
Daniel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:54 So 25.09.2005 | | Autor: | Magician |
Hallo,
vielen Dank euch beiden erstmal, aber ich habe da noch eine Frage zu dir Stefan:
Also die beiden Schreibweisen mit der Summenformel habe ich verstanden. Die Formel mit dem Kreuz im Kreis leider nicht, habe auch leider nichts dazu in meinem Mathebuch gefunden. Dann habe ich noch eine Frage zur Varianz, also wenn ich den mit Hilfe der Verschiebungsformel ausrechnenen will so muss ich ja folgendes machen:
[mm]VarX=E((X)^2)-(E(X))^2=E((X)^2)-3,55^2[/mm]
aber was ist denn nun [mm]E((X)^2)[/mm]?
MfG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:08 Mo 26.09.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo!
Nun, dies ist das Produktmaß. Wenn du es nicht kennst, dann mache alles so wie Daniel es dir vorgemacht hat, weil sonst eine Modellierung schwierig wird.
Ich möchte trotzdem deine Frage beantworten:
Man hätte dann natürlich:
[mm] $E[W^2] [/mm] = [mm] E\left[ \left( \sum\limits_{i=1}^5 \pi_i \right)^2 \right] [/mm] = [mm] \sum\limits_{i=1}^5 E[\pi_i^2] [/mm] + [mm] \sum\limits_{{i,j=1} \atop {i \ne j}}^5 E[\pi_i] \cdot E[\pi_j]$,
[/mm]
da die Projektionsabbildungen nach Konstruktion stochastisch unabhängig sind (da wir eben das Produktmaß genommen haben).
Liebe Grüße
Stefan
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