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ich finde bei c) den Fehler nicht. Gehen wir mal von W1 aus. Die Wahrscheinlichkeit für P(C), also n-mal nur eine 4 zu würfeln ist doch dann $1/6^n$. Die Wahrscheinlichkeit $P(A_1 \cap C) $ habe ich in der b berechnet mit $1/3 \cdot 1/6^n$. Also kürzt sich da was raus und ich habe 1/3 als Ergebnis. Kann aber (intuitiv) irgendwie nicht sein. Habe ich die Mengen A und C schon nicht zielführend definiert? Oder sind die noch sinnvoll und der Fehler liegt in der Berechnung?
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sorcing
17.02.2022 um 23:25
Achso ja stimmt natürlich.
Also ich habe jetzt C definiert als \(C = \{B_1, B_2, B_3\}\) (hoffe, das ist so korrekt vom Formalismus).
Dann ist $P(C) = 1/3 ( 1/6^n + 1/2^n + 1)$ wie in b) ausgerechnet.
Definiere weiter $A_j = \{(W_j, \omega_1, ..., \omega_n) | \omega_i \in \{1,...,6\} , i = 1,...,n\}$ für j = 1,2,3
Dann ist $P(A_1| C) = \frac{P(A_1 \cap C)}{P(C)} = \frac{P(B_1)}{P(C)} = \frac {1/3 \cdot 1/6^n}{1/3 ( 1/6^n + 1/2^n + 1)}$
und $P(A_2| C) = \frac{P(A_2 \cap C)}{P(C)} = \frac{P(B_2)}{P(C)} = \frac {1/3 \cdot 1/2^n}{1/3 ( 1/6^n + 1/2^n + 1)}$
und $P(A_3| C) = \frac{P(A_3 \cap C)}{P(C)} = \frac{P(B_3)}{P(C)} = \frac {1/3}{1/3 ( 1/6^n + 1/2^n + 1)}$
Sorry wenn ich nochmal blöd fragen muss bei der a), aber ich weiß immer noch nicht was gemeint ist. Für jedes n+1 Tupel aus Omega die Wahrscheinlichkeit angeben? ─ sorcing 18.02.2022 um 03:50
Also ich habe jetzt C definiert als \(C = \{B_1, B_2, B_3\}\) (hoffe, das ist so korrekt vom Formalismus).
Dann ist $P(C) = 1/3 ( 1/6^n + 1/2^n + 1)$ wie in b) ausgerechnet.
Definiere weiter $A_j = \{(W_j, \omega_1, ..., \omega_n) | \omega_i \in \{1,...,6\} , i = 1,...,n\}$ für j = 1,2,3
Dann ist $P(A_1| C) = \frac{P(A_1 \cap C)}{P(C)} = \frac{P(B_1)}{P(C)} = \frac {1/3 \cdot 1/6^n}{1/3 ( 1/6^n + 1/2^n + 1)}$
und $P(A_2| C) = \frac{P(A_2 \cap C)}{P(C)} = \frac{P(B_2)}{P(C)} = \frac {1/3 \cdot 1/2^n}{1/3 ( 1/6^n + 1/2^n + 1)}$
und $P(A_3| C) = \frac{P(A_3 \cap C)}{P(C)} = \frac{P(B_3)}{P(C)} = \frac {1/3}{1/3 ( 1/6^n + 1/2^n + 1)}$
Sorry wenn ich nochmal blöd fragen muss bei der a), aber ich weiß immer noch nicht was gemeint ist. Für jedes n+1 Tupel aus Omega die Wahrscheinlichkeit angeben? ─ sorcing 18.02.2022 um 03:50
Ich kenne die Definition von Wahrscheinlichkeitsverteilung so:
Sei $(\Omega, \mathcal{A},P)$ ein Tripel. Dabei ist $\Omega$ eine beliebige nichtleere Menge, $\mathcal{A}$ eine $\sigma$-Algebra und P eine auf $\mathcal{A}$ definierte reellwertige Funktion mit den Eigenschaften a) Nichtnegativität, b) Normierung und c) $\sigma$-Additivität. P heißt Wahrscheinlichkeitsverteilung auf $\mathcal{A}$ ─ sorcing 19.02.2022 um 01:43
Sei $(\Omega, \mathcal{A},P)$ ein Tripel. Dabei ist $\Omega$ eine beliebige nichtleere Menge, $\mathcal{A}$ eine $\sigma$-Algebra und P eine auf $\mathcal{A}$ definierte reellwertige Funktion mit den Eigenschaften a) Nichtnegativität, b) Normierung und c) $\sigma$-Additivität. P heißt Wahrscheinlichkeitsverteilung auf $\mathcal{A}$ ─ sorcing 19.02.2022 um 01:43
Schon, aber ich weiß halt nicht wie ich da grundsätzlich überhaupt rangehen soll.
Wenn ich irgendwie P: $\Omega \to \mathbb{R}$ mit $\omega = (\omega_0, \omega_2,...,\omega_n) \mapsto ???$ ansetze, dann habe ich ja erst wieder das Problem, dass es schon davon abhängt welcher Würfel ich am Anfang ziehe. Und die Eigenschaften sollte ich ja dann auch noch prüfen. Ich hab einfach kein Plan wie es aussehen soll, wenn es fertig ist. ─ sorcing 19.02.2022 um 02:54
Wenn ich irgendwie P: $\Omega \to \mathbb{R}$ mit $\omega = (\omega_0, \omega_2,...,\omega_n) \mapsto ???$ ansetze, dann habe ich ja erst wieder das Problem, dass es schon davon abhängt welcher Würfel ich am Anfang ziehe. Und die Eigenschaften sollte ich ja dann auch noch prüfen. Ich hab einfach kein Plan wie es aussehen soll, wenn es fertig ist. ─ sorcing 19.02.2022 um 02:54
im Nachhinein würde ich den Grundraum jetzt eh anders definieren. Nämlich als $\Omega = \{(W_1, a_1, a_2, ...,a_n), (W_2, b_1, b_2,...,b_n), (W_3, 4, 4,...,4) | a_i \in \{1,...,6\} b_i \in \{2,4\}\}$
Stimmt dann auch damit überein, dass keine Ereignisse enthalten sind, die unmöglich sind.
Dann kann man auch die Verteilung direkt angeben (wenn ich es korrekt verstanden habe):
$P(\{(W_1, a_1, a_2, ...,a_n)\} = 1/3 \cdot 1/6^n$
$P(\{(W_2, b_1, b_2, ...,b_n)\} = 1/3 \cdot 1/2^n$
$P(\{(W_3, 4, 4, ...,4)\} = 1/3 $
und $|\Omega| = 1 + 2^n + 6^n$
Sie ist dann offenbar nichtnegativ, und $P(\Omega) = 1$, weil 1/3 + 1/3 + 1/3 = 1 da ich für $(W1, a_1,...,a_n)$ jeweils $6^n$ Möglichkeiten habe und das sich mit $1/6^n$ wegkürzt. Analog mit den anderen. Genauso gilt die Sigma-Additivität.
Auf die b) und c) dürfte das keine wesentlichen Auswirkungen haben, wenn ich das richtig sehe.
─ sorcing 19.02.2022 um 14:24
Stimmt dann auch damit überein, dass keine Ereignisse enthalten sind, die unmöglich sind.
Dann kann man auch die Verteilung direkt angeben (wenn ich es korrekt verstanden habe):
$P(\{(W_1, a_1, a_2, ...,a_n)\} = 1/3 \cdot 1/6^n$
$P(\{(W_2, b_1, b_2, ...,b_n)\} = 1/3 \cdot 1/2^n$
$P(\{(W_3, 4, 4, ...,4)\} = 1/3 $
und $|\Omega| = 1 + 2^n + 6^n$
Sie ist dann offenbar nichtnegativ, und $P(\Omega) = 1$, weil 1/3 + 1/3 + 1/3 = 1 da ich für $(W1, a_1,...,a_n)$ jeweils $6^n$ Möglichkeiten habe und das sich mit $1/6^n$ wegkürzt. Analog mit den anderen. Genauso gilt die Sigma-Additivität.
Auf die b) und c) dürfte das keine wesentlichen Auswirkungen haben, wenn ich das richtig sehe.
─ sorcing 19.02.2022 um 14:24
Leider scheint diese Antwort Unstimmigkeiten zu enthalten und muss korrigiert werden.
Cauchy wurde bereits informiert.
