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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:12 Di 31.05.2016 | | Autor: | Kirby22 |
| Aufgabe | Die Zufallsvariable $X$ sei gleichverteilt auf [mm] $\{1,2\}$ [/mm] und $Y$ sei die Anzahl der Kopf-Würfe bei $X$ fairen Münzwürfen. (d.h. die Anzahl der Münzwürfe ist zufällig!)
(a) Bestimmen Sie die gemeinsame Verteilung von $X$ und $Y$
(b) Bestimmen Sie die Verteilung von $Y$, den Erwartungswert $E(Y)$ und die Varianz $V(Y)$
(c) Prüfen Sie, ob $X$ und $Y$ unabhängig sind |
Theoretisch ist das ja keine besonders schwierige Aufgabe, aber irgendwie habe ich Probleme diese korrekt zu Modellieren.
Wir haben ja [mm] $\Omega:=\{K,Z\}$ [/mm] wobei K:=Kopf; Z:=Zahl.
Dann ist [mm] $X:\Omega \to \{1,2\}$ [/mm] . Nun hat aber $X$ ja theortisch nix mit meiner Menge [mm] $\Omega$ [/mm] zu tun, da $X$ ja nur die Anzahl der Würfe zählt.
$Y$ hingegen ist hat schon etwas mit [mm] $\Omega$ [/mm] zu tun. [mm] $Y:\Omega \to \{0,1,2\}$ [/mm] mit
[mm] $Y_{i}=\begin{cases}
1 & \mbox{falls }\omega_{i}=K\\
0 & \mbox{falls }\omega_{i}=Z
\end{cases}$
[/mm]
und
[mm] $Y:=\sum_{i=1}^x Y_i$ [/mm] mit [mm] $x\in [/mm] W(X)$.
Wie kann man hier konkret sein Omega und seine Zufallsvariablen definieren, sodass das ganze sinn macht?
Zu (a) habe ich folgendes:
$P(X=1,Y=0) = [mm] \frac{1}{4}$
[/mm]
$P(X=1,Y=1) = [mm] \frac{1}{4}$
[/mm]
$P(X=1,Y=2) = 0$
$P(X=2,Y=0) = [mm] \frac{1}{8}$
[/mm]
$P(X=2,Y=1) = [mm] \frac{1}{4}$
[/mm]
$P(X=2,Y=2) = [mm] \frac{1}{8}$
[/mm]
In einer Tabelle ist das ganze übersichtlicher, aber das hab ich hier nicht hinbekommen.
(b)
[mm] P\left(Y=k\right)=\begin{cases}
\frac{3}{8} & \mbox{falls }k=0\\
\frac{2}{4} & \mbox{falls }k=1\\
\frac{1}{8} & \mbox{falls }k=2
\end{cases}
[/mm]
[mm] E\left(Y\right)=0\cdot\frac{3}{8}+1\cdot\frac{2}{4}+2\cdot\frac{1}{8}=\frac{3}{4}
[/mm]
[mm] V\left(Y\right) = E\left(\left(Y-E\left(Y\right)\right)^{2}\right)
[/mm]
[mm] \, = \left(0-\frac{3}{4}\right)^{2}\cdot\frac{3}{8}+\left(1-\frac{3}{4}\right)^{2}\cdot\frac{2}{4}+\left(2-\frac{3}{4}\right)^{2}\cdot\frac{1}{8}
[/mm]
[mm] \, = \frac{7}{16}
[/mm]
(c) $X$ und $Y$ sind nicht unabhängig, da
[mm] $P(X=1,Y=0)=\frac{1}{4} \not= \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{8 } [/mm] = [mm] \frac{3}{16} [/mm] = [mm] P(X=1)\cdot [/mm] P(Y=0).
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:52 Di 31.05.2016 | | Autor: | luis52 |
Moin Kirby22,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
Wenn ich dich recht verstehe geht es dir um die Festlegung eines geeigneten Wahrscheinlichkeitsraumes [mm] $(\Omega,\mathfrak{A},P)$, [/mm] so dass [mm] $(X,Y):\Omega\to\IR^2$ [/mm] ein Zufallsvektor ist mit den von dir berechneten Wahrscheinlichkeiten $P(X=x,Y=y)$.
Wenn nach der gemeinsamen Verteilung eines Zufallsvektors gefragt wird, bleibt der W-Raum meist im Hintergrund und man begnuegt sich mit der Angabe der besagten Wahrscheinlichkeiten $P(X=x,Y=y)$. Wenn du aber unbedingt willst, so waehle [mm] $\Omega=\{(K,a),(Z,a),(K,b),(Z,b)(K,c),(Z,c)\}$ [/mm] und [mm] $\mathfrak{A}=\mathfrak{P}(\Omega)$. [/mm]
Ferner sei
$ [mm] P(\{(K,a)\}) [/mm] = [mm] \frac{1}{4} [/mm] $
[mm] $P(\{(K,b)\})=\frac{1}{4} [/mm] $
[mm] $P(\{(K,c)\})=0 [/mm] $
$ [mm] P(\{(Z,a)\}) [/mm] = [mm] \frac{1}{8} [/mm] $
[mm] $P(\{(Z,b)\})=\frac{1}{4} [/mm] $
[mm] $P(\{(Z,c)\})=\frac{1}{8} [/mm] $
Auf diese Weise ist ein Wahrscheinlichkeitsmass [mm] $P:\mathfrak{A}\to[0,1]$ [/mm] festgelegt. Dann besitzt [mm] $(X,Y):\Omega\to\IR^2$ [/mm] mit $ (X,Y)(K,a)=(1,0) $ , $(X,Y)(K,b) = (1,1) $ , $(X,Y)(K,c) = (1,2) $ , $ (X,Y)(Z,a)=(2,0) $ , $(X,Y)(Z,b) = (2,1) $ , $(X,Y)(Z,c) = (2,2) $ die von dir angegebene Verteilung.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:27 Mi 01.06.2016 | | Autor: | Kirby22 |
Hi, vielen dank genau das hab ich gemeint.
Mfg. Kirby
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