Würfel 5mal werfen - maximale Augenzahl? < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 12:20 So 16.05.2004 | | Autor: | FlipNussi |
Ich habe folgende Aufgabe zu lösen und wäre für Tips sehr dankbar:
ein echter Würfel wird 5 mal geworfen. Y sei das Maximum der geworfenen Augenzahlen. Man berechne die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses A := "die maximale Augenzahl ist nicht größer als k". Mit Hilfe dieses Ergebnisses bestimme man die Zähl-Dichte von Y. Was ergibt sich für einen beliebigen Wert n?
Schonmal im Voraus vielen Dank für Eure Mühe!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:47 So 16.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo FlipNussi,
willkommen im MatheRaum! 
> ein echter Würfel wird 5 mal geworfen. Y sei das Maximum
> der geworfenen Augenzahlen. Man berechne die
> Wahrscheinlichkeit des Ereignisses A := "die maximale
> Augenzahl ist nicht größer als k". Mit Hilfe dieses
> Ergebnisses bestimme man die Zähl-Dichte von Y. Was ergibt
> sich für einen beliebigen Wert n?
Hier würde ich mir zunächst einmal die Elementarereignisse veranschaulichen.
Wenn ein Würfel 5 mal geworfen wird, ergibt sich ein 5-Tupel von Zahlen, die zwischen 1 und 6 liegen, z.B.
$b=(1,3,4,2,6)$
Wie groß ist die W'keit eines solchen Elementarereignisses? Mache dir vielleicht vorher klar, wie viele Elementarereignisse es überhaupt gibt.
[mm] $P(\{b\})=P((1,3,4,2,6))=\ldots$
[/mm]
Damit läßt sich nun die W'keit jedes Ereignisses B berechnen, denn jedes Ereignisse ist die Vereinigung obiger Elementarereignisse:
[mm] $P(B)=P\left(\bigcup\limits_{b\in B} \{b\}\right)=\summe_{b\in B} \underbrace{P(\{b\})}_{\mbox{s.o.}}$
[/mm]
Zum Beispiel für [mm] $B=\{(1,1,1,1,1),(2,2,2,2,2)\}$:
[/mm]
[mm] $P(B)=P(\{(1,1,1,1,1)\}) [/mm] + [mm] P(\{(2,2,2,2,2)\})=\ldots+\ldots$
[/mm]
Nun ist also nur die große Frage, welche Elementarereignisse in [mm] $A=P(Y\le [/mm] k)$ liegen -- das überlasse ich dir
Könntest du auch mal bitte Eure Definition der Zähldichte posten, ich weiß gerade nicht, wie die definiert ist (kann es mir nur denken).
Melde dich doch noch mal mit deinen Versuchen oder weiteren Fragen.
Viele Grüße,
Marc
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Zu unserem Begriff (diskrete) Zähldichte:
Es sei ein Merkmalraum [mm] \Omega [/mm] gegeben und das dazugehörige Ereignissystem (SigmaAlgebra) A = [mm] P(\Omega). [/mm] Ist P ein Wahrscheinlichkeitsmaß über [mm] (\Omega,A) [/mm] und definiert man [mm] f(\omega) [/mm] := [mm] P(\left\{\omega\right\}), [/mm] dann gilt:
[mm] f(\omega) \ge [/mm] 0 [mm] (\omega \in \Omega)
[/mm]
[mm] \sum_{\omega \in \Omega}^{} f(\omega) [/mm] = 1
und
P(A) = [mm] \sum_{\omega \in A}^{} f(\omega) [/mm] für [mm] \left( A \in SigmaAlgebra A \right) [/mm]
Also die Anzahl der Elementarereignisse ist doch [mm] 6^5 [/mm] = 7776
Damit ist die Wahrscheinlichkeit so eines Elementarereignisses dann [mm] \bruch{1}{7776}
[/mm]
Da mein k ja beliebig sein kann mit 5 [mm] \le [/mm] k [mm] \le [/mm] 30 bekomme ich irgendwie eine Funktion in Abhängigkeit von k. Die höchste Wahrscheinlichkeit für ein k liegt in der Mitte dieses Intervalls, am Rand (k = 5 oder k = 30) ist sie am kleinsten mit P = [mm] \bruch{1}{7776}, [/mm] oder? Ich stell mir da gerade eine Kurve vor (leider ist das hier ja aber ein diskretes Modell), die der Normalverteilung sehr ähnlich sein müßte . . .
Somit wäre mein Problem jetzt herauszufinden, mit wie vielen Möglichkeiten ich insgesamt z.B. k = 18 oder k = 27 Augen würfeln könnte und das dann allgemein in Abhängigkeit von k zu beschreiben.
Bin ich da schon auf dem richtigen Weg?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:12 So 16.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo FlipNussi!
> Also die Anzahl der Elementarereignisse ist doch [mm] 6^5 [/mm] =
> 7776
> Damit ist die Wahrscheinlichkeit so eines
> Elementarereignisses dann [mm] \bruch{1}{7776}
[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Da mein k ja beliebig sein kann mit 5 [mm] \le [/mm] k [mm] \le [/mm] 30 bekomme
Ich habe die Aufgabe anders verstanden: Y gibt das Maximum der 5 Augenzahlen an, anders würde es doch auch keinen Sinn machen.
Zum Beispiel ist Y((1,3,4,2,2))=4
Damit gilt [mm] $1\le Y\le [/mm] 6$.
Was meinst du? Denk' doch mal in diese Richtung, vielleicht schaffst du die Lösung ja jetzt.
Viele Grüße,
Marc
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Ersteinmal Danke dafür, daß Du mir mal wieder gezeigt hast, daß das Lesen und richtige Verstehen einer Aufgabe nicht gerade unwichtig ist . . .
Jetzt mal ein paar Ergebnisse meiner Überlegungen:
für k = 6 ist die W'keit 1, für k = 1 ist sie [mm] \bruch{1}{7776}
[/mm]
für alle anderen Fälle ist es etwas interessanter: Für z.B. k = 2 brauch ich doch alle 5-Tupel, die ich aus der zweielementigen Menge {1,2} bilden kann - also [mm] 2^5 [/mm] Möglichkeiten. Wenn ich dann über die Elementarwahrscheinlichkeit [mm] 2^5 [/mm] mal summiere, hätte ich für k = 2 die Lösung.
als allgemeine Lösung ergibt sich dann:
P(k) = [mm] \sum_{1}^{2^k} \bruch{1}{7776}
[/mm]
Und die Zähldichte ist [mm] f(\omega) [/mm] = [mm] \bruch{1}{6^n} [/mm] wobei n die Anzahl der Würfe ist
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:16 So 16.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo FlipNussi!
> Ersteinmal Danke dafür, daß Du mir mal wieder gezeigt hast,
> daß das Lesen und richtige Verstehen einer Aufgabe nicht
> gerade unwichtig ist . . .
Ja, das sind schmerzhafte Erfahrungen, die ich alle selbst gemacht habe
> Jetzt mal ein paar Ergebnisse meiner Überlegungen:
>
> für k = 6 ist die W'keit 1, für k = 1 ist sie
> [mm] \bruch{1}{7776}
[/mm]
> für alle anderen Fälle ist es etwas interessanter: Für z.B.
> k = 2 brauch ich doch alle 5-Tupel, die ich aus der
> zweielementigen Menge {1,2} bilden kann - also [mm] 2^5 [/mm]
> Möglichkeiten. Wenn ich dann über die
> Elementarwahrscheinlichkeit [mm] 2^5 [/mm] mal summiere, hätte ich für
> k = 2 die Lösung.
> als allgemeine Lösung ergibt sich dann:
>
> P(k) = [mm] \sum_{1}^{2^k} \bruch{1}{7776}
[/mm]
Hiermit bin ich aus mehreren Gründen nicht einverstanden:
Zunächst einmal meinst du [mm] $P(Y\le k)=\ldots$, [/mm] das ist wahrscheinlich klar.
Als zweites orientiert sich deine Formel zu sehr am Ergebnis für $k=2$, d.h. die obere Grenze der Summation ist verbesserungsfähig 
Oder du meinst etwas ganz anderes mit der obigen Gleichung?
> Und die Zähldichte ist [mm] f(\omega) [/mm] = [mm] \bruch{1}{6^n} [/mm] wobei n
> die Anzahl der Würfe ist
Das sehe ich auch so, jedenfalls nach deiner Definition
Allerdings macht mich die Formulierung stutzig, dass in der Aufgabenstellung steht "Zähldichte von Y".
Habt Ihr vielleicht Zähldichten von Zufallsvariable explizit definiert?
Ich habe ![[]](/images/popup.gif) hier eine Definition von Zähldichten von Zufallsvariablen gefunden.
Demnach wären für deine Aufgabe nur die sechs verschiedenen W'keiten (also für die sechs verschiedenen Werte von Y):
[mm] $p_1=P(X\le [/mm] 1), [mm] \ldots,p_6=P(X\le [/mm] 6)$
zu berechnen.
Viele Grüße,
Marc
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Ja, ich meine natürlich P(Y [mm] \le [/mm] k).
Und wie ich auf die [mm] 2^k [/mm] gekommen bin - keine Ahnung. Eigentlich wollte ich nämlich [mm] \sum_{1}^{k^5} \bruch{1}{7776} [/mm] schreiben.
Und zur Zähldichte. Ja, wir haben eine Def. für Zufallsvariablen:
Ist [mm] Y:\Omega \rightarrow \Omega' [/mm] eine ZV und [mm] \Omega' [/mm] abzählbar, dann hat [mm] P^Y [/mm] die Z-Dichte [mm] f^Y [/mm] mit [mm] f^Y(\omega') [/mm] = [mm] P(Y=\omega') [/mm] für [mm] \omega' \in \Omega'
[/mm]
Dann wäre die Zähldichte einfach nur die Werte P(Y [mm] \le [/mm] k) für k von 1 bis 6 ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:32 So 16.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo FlipNussi!
> Ja, ich meine natürlich P(Y [mm] \le [/mm] k).
Ich weiß
> Und wie ich auf die [mm] 2^k [/mm] gekommen bin - keine Ahnung.
> Eigentlich wollte ich nämlich [mm] \sum_{1}^{k^5} [/mm]
> [mm] \bruch{1}{7776} [/mm] schreiben.
Okay. Es ist dann [mm] $P(Y\le k)=\summe_{i=1}^{k^5} \bruch{1}{6^5}=\bruch{k^5}{6^5}=\left( \bruch{k}{6} \right)^5$
[/mm]
>
> Und zur Zähldichte. Ja, wir haben eine Def. für
> Zufallsvariablen:
> Ist [mm] Y:\Omega \rightarrow \Omega' [/mm] eine ZV und [mm] \Omega' [/mm]
> abzählbar, dann hat [mm] P^Y [/mm] die Z-Dichte [mm] f^Y [/mm] mit [mm] f^Y(\omega') [/mm] =
> [mm] P(Y=\omega') [/mm] für [mm] \omega' \in \Omega'
[/mm]
>
> Dann wäre die Zähldichte einfach nur die Werte P(Y [mm] \le [/mm] k)
> für k von 1 bis 6 ?
Ja, nicht ganz, wie ich jetzt gerade sehe, denn in der Definition der Zähldichte steht ja [mm] $f^Y(\omega')=P(Y=\omega')$.
[/mm]
Es sind also die Werte [mm] $P(Y\red{=}k)$ [/mm] zu berechnen (was mit einem einfachen Trick aber kein Problem ist, oder?)
Wie sieht es denn --da wir uns ja der Lösung der Aufgabe nähern-- mit der Lösung für allgemeines n aus?
Viele Grüße,
Marc
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für ein beliebiges n tausche ich dann das [mm] k^5 [/mm] durch ein [mm] k^n [/mm] aus und bekomme dann [mm] \left( \bruch{k}{6} \right)^n
[/mm]
Und der einfache Trick wäre dann, nicht von 1 bis [mm] k^5 [/mm] zu summieren, sondern für k = 1 bis 6 dieses hier zu bestimmen: [mm] \left( \bruch{k}{6} \right)^n
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:56 Mo 17.05.2004 | | Autor: | FlipNussi |
Nun ja, deutlicher ging es ja fast nicht
Es ergibt sich somit [mm] f^Y [/mm] = [mm] \bruch{k^n-\left(k-1\right)^n}{6^n}.
[/mm]
Zur Kontrolle bilde ich dann mal diese Summe:
[mm] \sum_{k=1}^{6} \bruch{k^n-\left(k-1\right)^n}{6^n}, [/mm] was 1 ergibt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:11 Di 18.05.2004 | | Autor: | FlipNussi |
Heute wurde das Geheimnis gelüftet - und ich lag mit den Ergebnissen richtig. Also, vielen Dank nochmal für die tolle Unterstützung!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:31 Di 18.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo FlipNussi,
> Heute wurde das Geheimnis gelüftet - und ich lag mit den
> Ergebnissen richtig.
Schön, das freut mich
Viele Grüße und vielleicht bis bald,
Marc
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