Abhängige Zufallsvariablen

Aufrufe: 534     Aktiv: 31.03.2021 um 15:25
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Hi, 
ein Teilweg zum lösen eines Problems stellt die Bestimmung dieser Wahrscheinlichkeit dar. Jedoch stoße ich hier an meine Grenzen bei der Berechnung. Kann mir einer weiterhelfen?

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Student, Punkte: 254

 
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Die Antwort von Cauchy dürfte nicht stimmen, da beim letzen Gleichheitszeichen in der ersten Zeile keine Unabhänigkeit gegeben ist.
Dass da etwas über 1 rauskommen soll, kann ja bei Wahrscheinlichkeiten auch nicht sein. 
Ich würde folgendes Vorschlagen:
\[P(X-Y>0\ \cap Y-Z>0)=P(X>Y>Z)=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}I_{x>y>z}(x,y,z)dxdydz \]
Wenn ich mich nicht verrechnet habe, kommt da dann 1/6 raus.
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Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 690

 
Ja so habe ich es schlussendlich auch gelöst. Trzd danke   ─   finn2000 30.03.2021 um 22:27
Bist du zufällig auch fit beim Thema stochastische Prozesse hatte da oben auch noch ein paar unbeantwortete Fragen :D   ─   finn2000 30.03.2021 um 22:28
Zufälligerweise hatte ich mich damit auch mal beschäftigt :)   ─   orbit 31.03.2021 um 15:25

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Es ist \(P(X-Y>0 \land Y-Z>0)=P(X>Y \land Y>Z)=P(X>Y)P(Y>Z)\).

Weiterhin gilt \(P(X>Y)=\sum\limits_{k} P(X>k \land Y=k)=\sum\limits_k P(X>k)P(Y=k)\).

Helfen dir die Ansätze?
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Selbstständig, Punkte: 29.03K

 
Ich glaub mir ist klar geworden dass der Ansatz zur Problemlösung falsch ist. Das was Du geschrieben hast ist mir klar danke. Bei der Formel müsste man aber doch die stetige Faltungsformel beutzen oder?

Ich kann ja auch kurz die eigentliche Problemstellung skizzieren.
Man führt eine uniform Verteilte Ziehung aus [0,1] durch. Dann wdh man dies. Ist der zweite Wert kleiner so nimmt man diesen als Referenz und führt das Ziehen wieder aus. nun ist dieser wert die Referenz für die nächste Ziehung usw bis einmal ein Wert größer als der vorherige ist. Nun soll ich davon die Anzahl der erwarteten schritte berechnen. Wärst du hier anders vorgegangen. Danke aufjedenfall.   ─   finn2000 02.03.2021 um 21:42
Genau   ─   finn2000 02.03.2021 um 21:46
Ne weil wir dann ja den Fall hätten dass wir immer zwei zufällige zahlen ziehen und nicht auf die vorherige referenzieren   ─   finn2000 02.03.2021 um 21:49
Ich habe den Spielablauf oben in die Frage gepackt   ─   finn2000 02.03.2021 um 21:53
Bei mir nähert es sich e an aber ich betrachte sozusagen nicht die Anzahl der Schritte sondern die Anzahl der Zufallsziehungen bis zum Abbruch. Aber das hilft leider nicht dies analytisch zu beweisen :) :/   ─   finn2000 02.03.2021 um 22:29
Und wie beweisen wir das jetzt hahahahah   ─   finn2000 02.03.2021 um 22:37
Vlt muss ich mich einfach morgen nochmal in Ruhe hinsetzen   ─   finn2000 02.03.2021 um 22:37
Irgendwie komme ich nicht weiter .... :|   ─   finn2000 03.03.2021 um 17:36

Leider scheint diese Antwort Unstimmigkeiten zu enthalten und muss korrigiert werden. Cauchy wurde bereits informiert.