Gezinkter Würfel kleinerBeweis < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:09 So 04.03.2018 | | Autor: | Jellal |
Guten Abend,
ich wäre dankbar, wenn mir das hier jemand bestätigen / korrigieren könnte.
Um herauszufinden, ob ein Falschspieler einen Würfel so zinken könnte, dass die Summe der Augen bei zweimaligem Werfen gleichverteilt auf 2,...,12 ist, soll wie folgt vorgegangen werden:
Sei X gleichverteilt auf {0,1,...,n}. ZZ: Für n>0 gibt es keine i.i.d Zufallszahlen [mm] Y_{1}, Y_{2} [/mm] mit [mm] X=Y_{1}+Y_{2}.
[/mm]
Der Beweis soll durch Widerspruch geführt werden.
Angenommen, es gebe solche [mm] Y_{i} [/mm] für n>0.
i) Zeigen Sie: [mm] Y_{1} \ge [/mm] 0
Bew: Angenommen, [mm] Y_{1}=k<0. [/mm] Dann wäre wegen [mm] P^{Y_{1}}=P^{Y_{2}} [/mm] auch [mm] Y_{2}=k<0 [/mm] möglich, also [mm] P^{Y_{i}}(k)>0.
[/mm]
--> [mm] P(Y_{1}+Y_{2}=2k)=P(X=2k) [/mm] > 0, Widerspruch zu [mm] X\ge0.
[/mm]
ii) zz: [mm] P(Y=0)=\bruch{1}{\wurzel{n+1}}
[/mm]
Bew: [mm] \bruch{1}{n+1}=P(X=0)=P(Y_{1}+Y_{2}=0) [/mm] und da [mm] Y_{i}\ge0 [/mm] und i.i.d, ist das ...= [mm] P(Y_{1}=0)^{2}
[/mm]
Also [mm] P(Y_{1}=0)=\bruch{1}{\wurzel{n+1}}
[/mm]
iii) zz: n ist gerade
Bew: Wegen [mm] P^{Y_{1}}=P^{Y_{2}} [/mm] ist [mm] Y_{1}(\Omega)=Y_{2}(\Omega).
[/mm]
Sei m:= max [mm] Y_{1}(\Omega). [/mm]
--> n=max [mm] X(\Omega)=m+m=2m [/mm] und da m ganz ist [mm] (Y_{i} [/mm] sind diskret) ist n gerade.
iv) zz: [mm] Y_{1} [/mm] hat nur Werte in {0,1,...,m}
Bew: [mm] Y_{i} [/mm] diskret verteilt, [mm] \ge0, [/mm] maximal m (s.o.) --> Y{i} hat nur Werte in besagter Menge.
Bemerkung: So wie die Forderung formuliert war, ist es nicht notwendig zu zeigen, dass [mm] Y_{i} [/mm] jeden Wert in {0,1,...,m} annimmt, oder? Ich wüsste nicht, wie ich das zeigen sollte.
v) zz: [mm] P(Y_{1}=m)=\bruch{1}{\wurzel{n+1}}
[/mm]
Bew: Wegen [mm] \bruch{1}{n+1}=P(X=n)=P(Y_{1}+Y_{2}=2m)=P(Y_{1}=m)^{2} [/mm] folgt die Behauptung.
vi)zz: obiges führt zum Widerspruch
Bew: Es ist [mm] P(Y_{1}=m, Y_{2}=0)+P(Y_{1}=0, Y_{2}=m) \le [/mm] P(X=m)= [mm] \bruch{1}{n+1} [/mm] (da es noch mehr mögliche Kombinationen für die [mm] Y_{i} [/mm] gibt).
Aber [mm] P(Y_{1}=m, Y_{2}=0)+P(Y_{1}=0, Y_{2}=m)=P(Y_{1}=m)P(Y_{2}=0)+P(Y_{1}=0)P(Y_{2}=m)
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{n+1} [/mm] + [mm] \bruch{1}{n+1} =\bruch{2}{n+1} [/mm] >P(X=m), Widerspruch.
Gruß
Jellal
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> Um herauszufinden, ob ein Falschspieler einen Würfel so
> zinken könnte, dass die Summe der Augen bei zweimaligem
> Werfen gleichverteilt auf 2,...,12 ist, .....
Hallo Jellal
verstehe ich die Fragestellung richtig ? Ich stelle mir vor,
dass das "Zinken" des Würfels darin bestehen würde, die
Wahrscheinlichkeiten [mm] p_1 [/mm] , [mm] p_2 [/mm] , [mm] p_3 [/mm] , [mm] p_4 [/mm] , [mm] p_5 [/mm] , [mm] p_6 [/mm] (dabei sei [mm] p_i
[/mm]
die Wahrscheinlichkeit, dass der Würfel in einem Wurf i Augen
zeigt) derart festzulegen und den Würfel technisch so zu
konstruieren, dass für zwei unabhängige Würfe mit diesem
Würfel die angegebene Gleichverteilung der Augensummen
entsteht. Und nun möchtest du wohl zeigen, dass dies nicht
möglich ist.
Ich habe deine Überlegungen nur mal kurz durchgesehen
(mit gewissen Problemen), und dann gemerkt, dass ich das
Problem jedenfalls ziemlich anders angehen würde.
Meine Überlegungen:
Weil [mm] P(x_1+x_2=2) [/mm] = [mm] p_1^{\ 2} [/mm] = [mm] P(x_1+x_2=12) [/mm] = [mm] p_6^{\ 2} [/mm]
müsste [mm] p_1 [/mm] = [mm] p_6 [/mm] sein. Analoge Symmetrieüberlegungen
führen dann zu den Gleichungen [mm] p_2 [/mm] = [mm] p_5 [/mm] und [mm] p_3 [/mm] = [mm] p_4 [/mm] .
Insgesamt hätten wir dann nur drei unbekannte Wahrscheinlich-
keitswerte:
a:= [mm] p_1 [/mm] = [mm] p_6
[/mm]
b:= [mm] p_2 [/mm] = [mm] p_5
[/mm]
c:= [mm] p_3 [/mm] = [mm] p_4
[/mm]
Nun betrachten wir nur noch die Wahrscheinlichkeit für die
Augensumme 7:
$\ [mm] P(x_1+x_2=7)\ [/mm] =\ [mm] \summe_{i=1}^6 \left(P(x_1=i)\wedge P(x_2=7-i)\right)\ [/mm] =\ [mm] 2*(a^2+b^2+c^2)$
[/mm]
Wegen der geforderten Gleichverteilung der Summen sollte
nun natürlich auch gelten:
[mm] P(x_1+x_2=7) [/mm] = [mm] P(x_1+x_2=2)
[/mm]
also [mm] 2*(a^2+b^2+c^2) [/mm] = [mm] a^2
[/mm]
was nur mit a=b=c=0 zu erfüllen wäre. Meine Lösung für die
Konstruktion des Würfels wäre demzufolge die, dass ich dem
Würfel überhaupt keine "Augen" auftragen würde. Dann ist
die Wahrscheinlichkeit für alle Augensummen von 2 bis und
mit 12 gleich groß, nämlich gleich null. Allerdings hätten wir
dann stets die Augensumme null (und zwar mit Wahrscheinlichkeit 1).
LG , Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:36 Mi 07.03.2018 | | Autor: | Jellal |
Hallo Al-Chwarizmi,
danke für deine Antwort!
Du hast das Problem richtig erkannt, es soll sich um einen "normalen" sechsseitigen Würfel mit den Zahlen 1-6 handeln - nur dass die W-keiten eben gezinkt sind.
Wie ich das beweisen sollte, wurde so vom Blatt vorgegeben. Deswegen meine Bitte, meine Beweise i), ii), iii) zu kontrollieren :)
An welchen Stellen war etwas unklar bzw. unkorrekt?
Deine Lösung mit ohne die Augen ist daher leider nicht erlaubt ;)
Gruß
Jellal
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Hiho,
deine Beweise sind ok.
Ich würde es an einigen Stellen etwas anders, meist kürzer, ausführen (bspw. die Bildmaße komplett streichen…), aber das ist der Erfahrung geschuldet, deswegen übt man.
Wenn du die Bildmaße für dich aber brauchst, dann solltest du das auch so aufschreiben.
> Bemerkung: So wie die Forderung formuliert war, ist es nicht notwendig zu zeigen, dass $ [mm] Y_{i} [/mm] $ jeden Wert in {0,1,...,m} annimmt, oder? Ich wüsste nicht, wie ich das zeigen sollte.
Bestimmt kann man irgendwie auch da nen Widerspruch konstruieren (da es solche [mm] $Y_i$ [/mm] ja eh nicht gibt), aber es ist für die Aufgabe tatsächlich nicht relevant, wie du gemerkt hast, daher => egal.
Gruß,
Gono
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Hallo Jellal
> Du hast das Problem richtig erkannt, es soll sich um einen
> "normalen" sechsseitigen Würfel mit den Zahlen 1-6 handeln
> - nur dass die W-keiten eben gezinkt sind.
>
> Wie ich das beweisen sollte, wurde so vom Blatt vorgegeben.
> Deswegen meine Bitte, meine Beweise i), ii), iii) zu
> kontrollieren :)
> An welchen Stellen war etwas unklar bzw. unkorrekt?
Leider habe ich mich gar nicht richtig in deine Darlegungen
einlesen können. So ließ ich es dann einfach bleiben und
habe deshalb meine eigene Idee präsentiert.
Offenbar hat Gonozal deine Lösung verstanden und für
richtig taxiert.
> Deine Lösung mit ohne die Augen ist daher leider nicht
> erlaubt ;)
Dass das natürlich keine "Lösung" sein kann (weil zur
W'keitsverteilung natürlich auch die W'keit P(x=0)=1
dazugehören würde, war mir schon klar. Diese Bemerkung
war also als kleiner Scherz aufzufassen.
Bei deiner Frage kam mir (wieder mal) die physikalische
Frage auf, die man sich für das praktische "Zinken" eines
Würfels stellen müsste.
Zwar kann ich mir vorstellen, wie man vorgehen müsste,
um einen Würfel mit den Augenwahrscheinlichkeiten
$\ [mm] p_1\,=\,\frac{1}{9}\ [/mm] ,\ [mm] p_2\,=\,\frac{1}{6}\ [/mm] ,\ [mm] p_3\,=\,\frac{1}{6}\ [/mm] ,\ [mm] p_4\,=\,\frac{1}{6}\ [/mm] ,\ [mm] p_5\,=\,\frac{1}{6}\ [/mm] ,\ [mm] p_6\,=\,\frac{2}{9}$
[/mm]
zu machen (ein passendes Stücklein Zink in geeigneter
Tiefe schön zentrisch unter der "1" einsetzen) oder
vielleicht auch noch einen mit
$\ [mm] p_1\,=\,\frac{1}{9}\ [/mm] ,\ [mm] p_2\,=\,\frac{1}{9}\ [/mm] ,\ [mm] p_3\,=\,\frac{1}{9}\ [/mm] ,\ [mm] p_4\,=\,\frac{2}{9}\ [/mm] ,\ [mm] p_5\,=\,\frac{2}{9}\ [/mm] ,\ [mm] p_6\,=\,\frac{2}{9}$
[/mm]
Bei beliebigen Verteilungen wird das wohl unmöglich zu
erreichen sein ausschließlich durch die Veränderung der
internen Massenverteilung im Würfel.
Dies gäbe vielleicht eine interessante (aber nicht leichte)
Frage für das Physik-Forum: Auf welche Weise kann die
Wahrscheinlichkeitsverteilung eines normalen Spielwürfels
gesteuert werden durch entsprechende Gestaltung der
(nicht-homogenen) inneren Masseverteilung des Würfels ?
(zusätzliche Benützung etwa von Magneten verboten)
LG , Al-Chwarizmi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:12 Sa 10.03.2018 | | Autor: | Jellal |
Danke euch beiden!
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