bsp. 2.20

[Jacko]

http://www.informatik-forum.at/showthread.php?t=48213

laut diesem thread würds ja heißen, das für a-e eine einzige antwort reichen würde!
Wäre das nicht etwas zu simpel?
Weiß jemand aus, was genau man bei der "zweiten" aufgabe, bei der man für n=2 drei dieser größen bestimmen soll, machen soll?

lg jacko

[Newbie0815]

würde mich auch interessieren, inwiefern wir das jetzt begründen sollen ... irgendwie steck ich hier auch noch fest

mfg

[wasaa]

finde das bp auch ziemlich strange...
es ist ja so das stochastische groessen auf R (zahlenstreifen) abgebildet werden - doch ich kann nichts abbilden wazu ich in die zukunft schaun muesste - das kann ja nicht alles sein oder?

zum 2ten teil, bestimmen bei n=2:
wie soll ich das machen? einfach annehmen wurf 1 = 4 wurf 2 = 6 ?!

hab da echt noch ein problem mit stochastischen groessen zu rechnen - also was heisst ueberhaupt ich soll die größe ihrer verteilung bestimmen?

[Tyron]

Ich denke bei Punkt b. muss man den Wert einfach konkret ausrechnen (=> ergibt vermutlich Formel nach n? => verteilung). Es steht ja dort "d.h. W{X = x}"

Punkt a. versteh ich aber auch nicht. Solche Abbildungen sind doch per Definition stochastische Größen O_o

[wasaa]

und wie sieht die berechnung konkret aus? :D

[wasaa]

laut
http://inf.wikiserver.at/statistik/downloads/sec02-sol.pdf ist die genaue beantwortung:
Dazu ist zu überprüfen, ob die Funktionen X „meßbar“ sind, d.h. es ist zu prüfen, ob das Urbild jedes
halboffenen Intervalls (a, b] R zu E gehört. Wenn man – wie bei höchstens abzählbar unendlichen Merkmalräumen
üblich – davon ausgeht, daß E die Potenzmenge von M ist, ist dies allerdings trivialerweise
erfüllt.

[Pannonian]

Also bei a) ist das recht leicht

egal der wievielte wurf... wahrscheinlichkeit ist immer 1/6

also W(X) = 1/6

bei c) dummfug
Betrachtet hab ich dann noch e)
hier hab ich mir alle möglichkeiten aufgeschrieben:
6-1, 5-1, 4-1, 3-1, 2-1, 1-1, 6-2 ....., 6-4,.... 6-6;

Dabei komm ich auf 21 verschiedene Möglichkeiten bei 2 verschiedenen Zahlen.
6 mal kommt 0 heraus => W(X=0) = 6/21
5 mal kommt 1 heraus => W(X=1) = 5/21
.
.
.

Ich hoff das is richtig und hilft euch auch n bischen

Edit: b dazu:
ich kann ergebnisse von 2-12 bekommen. Danach hab ich mir alles aufgeschrieben (1+1,1+2, ... , 6+6) das sind insgesamt 36 verschiedene Kombinationen. Dabei bekam ich heraus. eine art auf 2 zu kommen => W(X=2) = 1/36, W(X=3)=2/36... bis hin zu 7 W(X=7) = 6/36... und dann wieder abnehmend bis W(X=12)=1/36. Jetzt weiß ich wenigstens wieso beim Siedler von Cathan so oft der räuber dran kommt

[wasaa]

Also bei a) ist das recht leicht


bei b) hab ich nach 2 würfen auf X = 6 - 1/3. Hier ist das Problem nur, würd ich X=1 wählen wär die Wahrscheinlichkeit viel geringer.


danke schon mal, aber warum 6-1/3?!

[Pannonian]

weil ich schlecht schreibe und das bedeuten soll bei X=6 hab ich ich W(X) = 1/3

das is kein minus sondern ein bindestrich

[wasaa]

aso hehe waere es dann aber nicht 1/12 also ich denke mir wenn ich eine 6 will und 2x wauerfle habe ich die cahnce von 1/12...

ich glaube ich habe ein algemeines problem, wie ich das W{X = x} interpretiern soll ;)
dachte eigentlich das bedeutet das die W(X) auf einem zahlenstreifen von 1-6 abgebildet wird

[Pannonian]

aso hehe waere es dann aber nicht 1/12 also ich denke mir wenn ich eine 6 will und 2x wauerfle habe ich die cahnce von 1/12...


Also rein logisch wenn du zweimal wirfst ist deine Chance eine bestimmte Zahl zu bekommen doppelt so groß... also aus 1/6 wird 1/3

Zu dem anderen: hab keine ahnung was die wirklich wollen

[exkalation]

p(X=1) = p(1n1) = 1/36
p(X=2) = p(1n2) + p(2n1) + p(2n2) = 3/36
p(X=3) = p(1n3) + p(3n1) + p(2n3) + p(3n2) + p(3n3) = 5/36
p(X=4) = p(1n4) + p(2n4) + p(3n4) + p(4n4) + p(4n3) + p(4n2) + p(4n1) = 7/36

p(X=x) = x * p + (x-1) * p
p = 1/36

p(X=5) = 5/36 + 4/36 = 9/36
p(X=6) = 6/36 + 5/36 = 11/36

--> 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 3*12 = 36
--> 36 * 1/36 = 1
--> Summe der Warsch. = 1!

[wasaa]

danke, was meinst du genau mit dem "n" zwischen den zahlen?

und wozu machst du den letzten schritt?
--> 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 3*12 = 36
--> 36 * 1/36 = 1
--> Summe der Warsch. = 1!

danke!!

[Pannonian]

Ich denk dass sind Paarungen von geworfenen Zahlen also 4n1 = 4 und 1 gewürfelt

[wasaa]

mhm, also eh dann weil n = 2 immer zwei zahelnwerte... naja hoffen wir mal das die loesung stimmt hehe :)
nur ganz verstehn tu ich es nicht, dennw arum ist bi X=2 die 1n1 nicht mehr drin?

[Pannonian]

p(X=1) = p(1n1) = 1/36
p(X=2) = p(1n2) + p(2n1) + p(2n2) = 3/36
p(X=3) = p(1n3) + p(3n1) + p(2n3) + p(3n2) + p(3n3) = 5/36
p(X=4) = p(1n4) + p(2n4) + p(3n4) + p(4n4) + p(4n3) + p(4n2) + p(4n1) = 7/36

p(X=x) = x * p + (x-1) * p
p = 1/36

p(X=5) = 5/36 + 4/36 = 9/36
p(X=6) = 6/36 + 5/36 = 11/36

--> 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 3*12 = 36
--> 36 * 1/36 = 1
--> Summe der Warsch. = 1!

Das ist jetzt für Punkt c) wenn ich mich nicht irre?

bei b und e stimmst du mir zu ?

[wasaa]

aso, das ist die loesung von c, ok dann ist meine frage beantwortet, warum die doppel werte nie vorkommen, weil ja mind. einer der würfel die hoechste zahl haben muss - klar ;)

[Pannonian]

bei meinem b und e sinds eigentlich 72 lösungen, aber die hab ich schon durchgekürzt. zum bsp. kann man ja auf 2 arten auf 1 kommen. mit 1+1 und 1+1 ... aber ich hab die doppelten einfach rausgelassen, das stört ja nicht, man würds sowieso kürzen

[exkalation]

Sorry, ja das war Punkt c).

- p(1n2) heißt Warsch. dass zuerst ein 1er, dann ein 2er gewürfelt wird. Da man die Würfe nummerieren oder die Würfel unterscheiden kann, muss man meiner Meinung zwischen 1n2 und 2n1 unterscheiden.
- 1n1 und 1n1 sind natürlich immer gleich, man kann ja nicht unterscheiden, daher ist es nur 1 Möglichkeit, nicht 2!
- Bei X=2 ist 1n1 nicht drin, weil bei 1n1 die größte Augenzahl "2" nicht vorkäme, sondern nur zwei mal 1 - und das größere von 1 und 1 bleibt 1. ;)
- Die drei Zeilen mit den "-->" habe ich gemacht um zu zeigen, dass die Summe 1 ergibt, also der gesamte Warsch.-Raum abgedeckt ist.



a) und b) sind von Pannonian richtig.
d) entspricht natürlich c), man muss es nur "invertieren".
e) habe ich nicht probiert.

[exkalation]

bei meinem b und e sinds eigentlich 72 lösungen, aber die hab ich schon durchgekürzt. zum bsp. kann man ja auf 2 arten auf 1 kommen. mit 1+1 und 1+1 ... aber ich hab die doppelten einfach rausgelassen, das stört ja nicht, man würds sowieso kürzen

Dem kann ich nicht zustimmen!
Es gibt nur 36 verschiedene Ergebnisse, wenn man 2 Würfel wirft, weil man bei jedem Wurf 6 Möglichkeiten hat, also 6*6 = 6^n (hier ist n=2)

"Empirisch:"
1+1, 1+2, 1+3, 1+4, 1+5, 1+6
2+1, 2+2, 2+3, 2+4, 2+5, 2+6
3+1, ..., 3+6
4+1, ..., 4+6
5+1, ..., 5+6
6+1, ..., 6+6

Das sind 6 Zeilen mit je 6 Spalten = 6*6 = 36.

[Pannonian]

ok stimmt schon.. .sorry... zuviel grad im schädel.

aber müssten es nicht 36 +2 sein? du kannst ja 1+1 auf zwei verschiedene arten bekommen (bei allen anderen ist es abgedeckt nur bei 1+1 und 6+6 nicht)

[exkalation]

Wieso sollte ich 1+1 auf zwei Arten bekommen können, 2+2 aber nicht? ;)
Wie stellst du fest, welchen 1er ich auf dem 1. und welchen ich auf dem 2. Würfel geworfen habe?

1+1, 2+2, ..., 6+6 ist sozusagen die Diagonale dieser Matrix, sie dient in dieser als Spiegel. Darüber ist z.B. 2+1, darunter 1+2.

[Pannonian]

ja hrm... aber ist es für die wahrscheinlichkeit nicht wichtig dass ich das gleiche ergebnis mit 2 Würfeln hab. in der Matrix kommt ja wie du richtig sagtest bereits vor 1 + 2 und 2 + 1. Aber wo nur eine Zahl vorkommt also 1 + 1, 2 + 2, 3 + 3, usw. kommt je nur einmal vor.

Darf man das für die Wahrscheinlichkeit einfach rausfallen lassen?