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Gemeinsame Wahrscheinlichkeitsverteilung

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Erwartungswert

Verteilungsfunktionen

Wahrscheinlichkeitsmaß

Zufallsvariablen

Tags: Erwartungswert, Verteilungsfunktion, Wahrscheinlichkeitsmaß, Zufallsvariablen

joebs90 aktiv_icon

19:53 Uhr, 10.03.2017

Hey Leute,

ich habe eine weitere Aufgabe an der ich nicht weiterkomme. Vielleicht könnt ihr mir da nochmal weiterhelfen? :-)

Die Aufgabe lautet folgendermaßen:

Ein fairer Würfel wird 3 mal geworfen. Die Zufallsvariable X gebe die Anzahl der Sechsen an. Y gebe die Anzahl der Fünfen bei diesen drei Würfen an.

a) Bestimmen Sie die gemeinsame Wahrscheinlichkeitsverteilung P(X=x,Y=y) für alle möglichen Werte (X,Y) von (X,Y) und Randverteilungen von X und Y.

Habe ich im Anhang angehängt. Als Randverteilung sehe ich die Aufsummierung der Spalten und Zeilen? Oder habe ich das falsch verstanden?

b) Sind X und Y stochastisch unabhängig? Begründen Sie ihre Antwort.

Meiner Meinung nach sind X und Y stochastisch unabhängig, da die Wahrscheinlichkeit in 3 Würfen eine / mehrere 5 zu würfeln genauso groß ist wie in 3 Würfen eine / mehrere 6 zu würfeln -> daher stochastisch unabhängig da P(X) = P(Y).

c) Sind X und Y unkorreliert? Begründen Sie ihre Lösung, in dem Sie die Kovarianz zwischen X und Y berechnen.

Hier würde ich den Erwartungswert von beiden (X und Y) berechnen und anschließend die Varianz sowie die Streuung (Standardabweichung) der beiden und damit dann den Variationskoeffizienten berechnen. Allerdings könnte man zusätzlich doch auch argumentieren, dass (wenn ich richtig liege und beide unabhängig sind), dass aus der Unabhängigkeit beider Variablen folgt, dass diese auch unkorreliert sind.

Ich hoffe ihr könnt mir weiterhelfen :-)

Gruß

Jo

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

anonymous

23:33 Uhr, 10.03.2017

Hallo
Sorry, aber ich ahne, du hast die Aufgabe noch nicht richtig verstanden.

1)

Schauen wir uns mal deine "Wahrscheinlichkeits-Verteilungs-Tabelle" an.

>

Du gibts hinten brav die Summe der Wahrscheinlichkeiten an.
Hast du sie auch mal nachgerechnet?

>

Was würdest du denn für die Summe aller Wahrscheinlichkeiten erwarten?

>

Und - nach diesen Überlegungen - ist das sehr vertrauenswürdig?

2)

Tipp: Diese Wahrscheinlichkeitsverteilung

P (X, Y)

ist sicherlich so zu verstehen:
siehe Bild

3)

Um ehrlich zu sein, der Begriff 'Randverteilung' ist mir auch unbekannt.
Vielleicht kann da ein klügerer Kopf helfen.

4)

Du behauptest,

x

und

y

seien unabhängig.
Überleg dir mal, wenn

x = 2

ist, wie wahrscheinlich ist dann

y = 2

joebs90 aktiv_icon

11:19 Uhr, 11.03.2017

Hallo kreadoor,

vielen Dank für deine schnelle Rückmeldung! :-)

Ich habe ein bisschen nachgeforscht. Randverteilungen sind auch bekannt als Marginalverteilung und beschreiben "quasi" den Rand (die Summe) einer Wahrscheinlichkeitsverteilung (Quelle: Stochastik für Einsteiger, Norbert Henze, Seite 132).

Meine Wahrscheinlichkeitsverteilung ist nicht korrekt. Unten rechts sollte wohl immer eine 1 rauskommen. Das wäre definitiv nicht der Fall. Ich komme nicht drauf, wie ich beispielsweise die Wahrscheinlichkeit bei

X = 2

und

Y = 2

berechne.

X = 2

hätte ich mit der Wahrscheinlichkeit

\frac{1}{6} * (\frac{5}{6})^{2}

. Dasselbe gilt für

Y = 2

.

Kannst du mir eventuell einen Tipp geben?

Gruß

Jo

anonymous

11:42 Uhr, 11.03.2017

Die gemeinsame Verteilung hängt von den Zufalls variablen

X

und

Y

ab.
Die Randverteilung ist dann die Verteilung die nur von

X

bzw nur von

Y

abhängt.(abhängigkeit nicht im statistischen sinne, sondern eine funktion in dem nur noch ein argument vorkommt)

für

P (X = x, Y = y)

Dann ist die Randverteilung von

X :

P_{X} (X = x) = \sum_{y} P (X = x, Y = y)

Zu erstmal mach eine Tabelle wie Kreadoor vorgeschlagen hat

P_{X} (X = 0)

wäre dann die SPALTE

X = 0

aufsummiert.

P_{Y} (Y = 0)

wäre dann die ZEILE

Y = 0

aufsummiert.

Deine Tabelle ist falsch.
Das erste Kästchen in Kreadoors tabelle entspricht

P (X = 0, Y = 0) = {(\frac{4}{6})}^{3}

Warum

\frac{4}{6}

?
Das liegt daran weder eine 5 noch eine 6 gewürfelt wird.

P (X = 1, Y = 1) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot {(\frac{4}{6})}^{3} \cdot

?
In deiner Tabelle vergisst du dass die Reinfolge ja keine Rolle spielt.
Daher das "?"

Analog zu dieser Aufgabe:
Du hast

s

schwarze kugeln und

w

weise und

b

blaue. Auf wie viele arten lassen sich die Kugeln anordnen? In bezug zu deiner Aufgabe wäre dann

s :

Anzahl der 6'en

w :

Anzahl der 5'en

b :

Anzahl aller anderen Nummern

anonymous

12:11 Uhr, 11.03.2017

Und zu der Frage für die Wahrscheinlichkeit,

X = 2

und

Y = 2,

da stockt nur jemand, der zu verkopft darüber nachdenkt.
Mach's nicht so kompliziert, denk wie ein Grundschüler!
Wenn du 3 mal würfelst, wie wahrscheinlich ist es, dass du zweimal eine 'Sechs' und zweimal eine 'Fünf' würfelst?

Und zur Randverteilung habe ich mich mittlerweile auch schlauer gemacht.
Trivial gesagt: Du machst einfach noch einen 'Rand' um meinen Tabellenvorschlag und zählst die Wahrscheinlichkeiten der Spalten und Zeilen zusammen.
Soll sagen: Die Summe der ersten Zeile ist die (Gesamt-) Wahrscheinlichkeit dafür, dass

y = 0

.
PS: Das ist etwa das, was du in deiner ursprünglichen Tabelle im Sinn hattest.

joebs90 aktiv_icon

12:17 Uhr, 11.03.2017

Tut mir leid, aber irgendwie blicke ich das nicht...

Also wenn man nun

P (X = 1, Y = 0)

betrachtet, erhalte ich dann

(\frac{1}{6} * (\frac{4}{6})^{3}) * 3

?
Für die "Zelle"

P (X = 1, Y = 2)

wäre statt dem Fragezeichen folglich eine 3 einzutragen?

Die Möglichkeiten zur Anordnung der schwarzen, weißen und blauen Kugeln wäre dann doch

s! * w! * b!

?

EDIT: Antwort auf kreadoor's Antwort:

Ich würde folglich eine 0 eintragen? Ich würfele ja nur 3 mal, und dann kann ich nicht zwei mal eine fünf und zwei mal eine sechs würfeln?

Gruß

Jo

anonymous

12:38 Uhr, 11.03.2017

Ja, fast. Du meinst wahrscheinlich das Richtige, bist nur ein wenig tattrig verkopft.

\frac{1}{6}

ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass wir einmal die 'Sechs' würfeln.

\frac{4}{6}

ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass wir einmal etwas 'Sonstiges' (also

1,2,3,4)

würflen.
Jetzt bist du etwas verkommen. Wir würfeln doch nur 3-mal, also einmal 'Sechs' und ZWEIMAL 'Sonstiges'.

Und die 3 ist die Anzahl der Anordnungsmöglichkeiten, weil das Ergebnis können wir würfeln, wenn wir würfeln:
(Ich schreibe jetzt mal

' 6'

für 'Sechs', und

' s'

für 'Sonstiges'):
6ss

s 6 s

ss6
Wie wir sehen, 3 Möglichkeiten, dieses Würfelergebnis anzuordnen.

Folglich:

p (X = 1, Y = 0) = (\frac{1}{6}) \cdot {(\frac{4}{6})}^{2} \cdot 3 = \frac{48}{216}

Und selbstverständlich ist in die Tabelle diese Wahrscheinlichkeit einzutragen, also nicht irgend eine

3,

sondern eben

\frac{48}{216}

oder je nach Vorliebe

\frac{4^{2} \cdot 3}{6^{3}}

oder

0.2222222222

anonymous

12:42 Uhr, 11.03.2017

"Ich würde folglich eine 0 eintragen? Ich würfele ja nur 3 mal, und dann kann ich nicht zwei mal eine fünf und zwei mal eine sechs würfeln?"

Ja, absolut. Nur das Fragezeichen am Ende ist weist noch auf ziemlich unangemessene Unsicherheit. Grundschüler zeigen da mehr Sicherheit.

anonymous

12:52 Uhr, 11.03.2017

Ich sehe gerade das ich an einer stelle mich vertippt habe:

P (X = 1, Y = 1) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot {(\frac{4}{6})}^{3} \cdot

?
Stimmt natürlich nicht. richtig wäre es:

P (X = 1, Y = 1) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot (\frac{4}{6}) \cdot

?

Sorry falls das zu Verwirrung geführt hat.

anonymous

12:52 Uhr, 11.03.2017

Nein - denk nochmals über die Anordnungsmöglichkeiten nach!

joebs90 aktiv_icon

13:00 Uhr, 11.03.2017

Jetzt bin ich verwirrt. Zombe's Erklärung ergibt nun mehr Sinn durch die Entfernung der Potenz.

@kreadoor: Zu welchem Beitrag ist die letzte Antwort von dir?

anonymous

13:08 Uhr, 11.03.2017

Ich überlasse dann mal kreadoor den Rest bevor es zu noch mehr verwirrungen kommt,
werde aber weiter mitlesen :-)

joebs90 aktiv_icon

13:24 Uhr, 11.03.2017

Ich habe folgende Verteilung:

P (X = 3, Y = 0) = (\frac{1}{6})^{3} * 3 = \frac{3}{216}

P (X = 2, Y = 0) = (\frac{1}{6})^{2} * (\frac{4}{6}) * 3 = \frac{12}{216}

P (X = 1, Y = 0) = (\frac{1}{6}) (\frac{4}{6})^{2} * 3 = \frac{48}{216}

P (X = 0, Y = 0) = (\frac{4}{6})^{3} * 3 = \frac{192}{216}

P (X = 2, Y = 1) = (\frac{1}{6})^{3} * 3 = \frac{3}{216}

P (X = 1, Y = 1) = (\frac{1}{6})^{2} * \frac{4}{6} * 3 = \frac{3}{216}

Die anderen Fälle sind symmetrisch (X=0, Y=3), (X=0, Y=2), ...

In der endlichen Summenzelle

\sum_{}

steht allerdings eine Zahl > 1...

anonymous

13:37 Uhr, 11.03.2017

Zu
"Stimmt natürlich nicht. richtig wäre es:

p (x = 1, y = 1) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{4}{6}

"
wagte ich den Kommentar:
Nein - denk nochmals über die Anordnungsmöglichkeiten nach!

"Ich habe folgende Verteilung:

P (X = 3, y = 0) = {(\frac{1}{6})}^{3} \cdot 3 = \frac{3}{216}

"
Nein, denk nochmals über die Anordungsmöglichkeiten nach!
du hast doch dreimal die

' 6'

.
Überleg mal, auf wie viele Weisen kannst du

6,6,6

anordnen?

"P(x=2,

y = 0) = {(\frac{1}{6})}^{2} \cdot \frac{4}{6} \cdot 3 =

12/216"
Ja.

"p(x=1,

y = 0) =

48/216"
ja.

"p(x=0,

y = 0) = {(\frac{4}{6})}^{3}

*3"
Nein - denk nochmals über die Anordnungsmöglichkeiten nach!
Im Zweifelsfall schreib einfach mal alle auf (oder fang damit an).

"p(x=2,

y = 1) =

3/216"
ja

"p(x=1,

y = 1) =

3/216"
nein. Denk nochmals über die Anordnungsmöglichkeiten nach.
Du hast doch einmal

' 6',

einmal

' 5',

einmal

' s'

.
Schreib die Anordnungsmöglichkeiten mal auf Papier...

Und - Lob! Kontrolle ist gut, Kontrolle ist sehr gut!
Ja, selbstverständlich erst zufrieden sein, wenn Summe aller Wahrscheinlichkeiten

= 1

joebs90 aktiv_icon

13:49 Uhr, 11.03.2017

Ok ich glaube jetzt dämmert's mir langsam :-)

Man könnte den Würfel auch folgendermaßen sehen. Ich habe eine Seite mit einer 5, eine Seite mit einer 6 und die restlichen 4 Seiten mit einer 4.. ;-)

Folglich ist auch wie du sagst:

P (X = 0, Y = 0) = (\frac{4}{6})^{3}

P (X = 3, Y = 0) = (\frac{1}{6})^{3}

Ich habe ja die 6 möglichen Anordnungen:

5,6,s
6,5,s
5,s,6
6,s,5
s,5,6
s,6,5

P (X = 1, Y = 1) = (\frac{1}{6})^{2} * (\frac{4}{6}) * ? = \frac{6}{216}

Ich lande allerdings in der

\sum

immer noch nicht bei 1.

joebs90 aktiv_icon

17:47 Uhr, 11.03.2017

Habe mit PHP ein kleines Ding geschrieben, welches mir alle Fälle für die angehängte Auflistung liefert.

Das mit den 6 Anordnungen im letzten Post war schon korrekt, da jedoch es jedoch möglich ist, für "s" vier verschiedene Zahlen einzusetzen, habe ich folglich nicht nur 6 Anordnungen, sondern 24. Das "?" wird folglich durch 6 ersetzt.

Um nun zu prüfen, ob die beiden stochastisch unabhängig sind, prüfe ich folgende Gleichung für alle möglichen Werte:

P (X = x, Y = y) = P (X = x) * P (Y = y)

Sind alle Werte gleich, sind die beiden Zufallsvariablen stochatisch unabhängig. Um dann auf Korrelation zu überprüfen, berechne ich die Erwartungswerte mit Hilfe der Wahrscheinlichkeitsverteilung und damit dann die Kovarianz. Ist die Korrelation = 0, sind beide Zufallsvariablen unkorreliert, ist die Korrelation > 0 handelt es sich um eine positive Korrelation, ist die Korrelation < 0, handelt es sich um eine negative Korrelation.

Ist das soweit korrekt?

Gruß und vielen Dank euch beiden!!!!

Jo

EDIT: Ich habe eine negative Korrelation errechnet

(- 0, 833 . .)

. Des Weiteren sind beide Zufallsvariablen nicht stochastisch unabhängig:

Beispielsweise:

P (X = 0, Y = 0) = P (X = 0) * P (Y = 0)

entsprechendes Einsetzen liefert:

\frac{64}{216} = \frac{125}{216} * \frac{125}{216}

\frac{64}{216}

sind etwa

0, 29629 . .

\frac{125}{216} * \frac{125}{216}

sind etwa

0, 33489 . .

Als weiteren Hinweis habe ich entdeckt, dass man auch sagen kann, dass aus stochastischer Unabhängigkeit beider Zufallsvariablen folgt, dass diese unkorreliert sind.

Was sagt ihr zu den Ergebnissen? Ist das eurer Meinung nach korrekt? :-)

Ich würde mich über eine Rückmeldung sehr freuen!

anonymous

19:17 Uhr, 11.03.2017

SO jetzt schreib ich doch wieder :-P)
Sieht soweit gut aus.
Tabelle hab ich auch so.
Kovarianz hab ich nicht ausgerechnet aber das vorzeichen passt.(hab jetzt keine zeit mehr)
Salopp gesagt heist ja negative kovarianz:
Je höher

X

ist desto nieriger ist

Y

und umgekehrt.
Das passt hier ja sehr gut.

X = 3

dann erwartet man

y = 0

Bezüglich unabhängigkeit:
Ein gegen bsp wie du es gemacht hast reicht aus. ABer viel offensichtlicher wäre doch in die Null Zellen zu gucken. Die Ranverteilungen sind nicht 0 somit müsste bei unabhängigkeit die Zellen auch grüßer null sein... Da muss man nicht mal rechnen.

Bezüglich korrelation und unabhängigkeit:
Bei korrelation "gilt" ja:
Je höher

X

ist desto nieriger ist

Y

und umgekehrt oder
Je höher

X

ist desto höher ist

Y

und umgekehrt.

Dies wiederspricht ja gerade

P (X = x, Y = y) = P (X = x) \cdot P (Y = y)

Dies besagt ja gerade, dass wenn

X

größer wird, dies keinen Einfluss darauf hat was für werte man bei

Y

erwarten würde.

Für meine aufgabe bezüglich den Kugeln

w, s, b

Für die Anordnungen gilt:

w + s + b = n

(\begin{matrix} n \\ w \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} n - w \\ s \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} n - w - s \\ b \end{matrix}) = (\begin{matrix} n \\ w \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} n - w \\ s \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} b \\ b \end{matrix}) = (\begin{matrix} n \\ w \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} n - w \\ s \end{matrix})

Damit ergibt sich für

P (X = 1, Y = 1) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{4}{6} \cdot (\begin{matrix} 3 \\ 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix}) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{4}{6} \cdot 3 \cdot 2 = \frac{24}{6^{3}}

joebs90 aktiv_icon

19:53 Uhr, 11.03.2017

Vielen Dank euch beiden. Ihr habt mich ein ganzes Stück weitergebracht. Und danke für den Hinweis mit den Randverteilungen! Hab's mir notiert. :-)

anonymous

19:57 Uhr, 11.03.2017

Hallo

1)

Deine Tabelle:
Wenn wir annehmen dürfen, dass jeder Wert durch

6^{3},

also durch

216

geteilt gehört, um die jeweilige Wahrscheinlichkeit

p (X, Y)

zu sehen, dann bin ich einverstanden.
So wie es jetzt da steht, ist es auf jeden Fall noch erklärungsbedürftig.
Wie soll sonst ein ubedarfter Leser verstehen, wofür

z . B

. die

64

links oben steht?

2)

Abhängigkeit / Unabhängigkeit:
Ich hatte schon gestern in meiner ersten Reaktion versucht, dich auf den Gedanken zu lupfen:
Wenn

x = 2

ist, dann kann

y

höchsten 1 sein.
Wenn

x

unbekannt ist, dann kann

y

jeden Wert zwischen 0 und 3 haben.
Ja, siehst du nicht, dass dieser einfache Gedanke schon die Abhängigkeit offenbart.

joebs90 aktiv_icon

20:03 Uhr, 11.03.2017

Ich habe das auch gemerkt und dann eine neue Tabelle erstellt (mit

\frac{64}{216}, \frac{48}{216} . . .

Vielen Dank für den Hinweis ;-) Jetzt wo du nochmal darauf aufmerksam gemacht hast, dass, wenn

X = 2

ist,

Y

höchstens

1

sein kann. Jetzt wird alles kristallklar :-)

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