Wie hängen Gemeinsame Verteilung und Randverteilung zusammen? Bestimme am besten mal \(\mathbb{P}_{X,Y}\).
Mit ein bisschen Nachdenken kann man sich die einzelnen Verteilungen aber auch direkt überlegen.
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\[\mathbb{P}_{X}(A)=\mathbb{P}_{X,Y}(A\times \Omega_2)=\mathbb{P}(X\in A,Y\in \Omega_2).\]
Wie sieht in der Aufgabe der Wertebereich von \(X\) bzw. \(Y\) aus? Wie sieht die Ergebnismenge aus und aus wie vielen Elementen besteht diese?
Wenn du das bestimmt hast, dann kann du die Gemeinsame Verteilung \(\mathbb{P}_{X,Y}\) angeben und über den obigen Zusammenhang auch die Randverteilungen. ─ orbit 30.06.2021 um 18:34
- Menge der möglichen Ergebnisse X={SS,RS,RR} oder muss da noch das Element {SR} rein, aber hier gibt es ja keine Reihenfolge. daher denke ich, dass X aus 3 Elemente besteht. Für Y ebenfalls das Selbe.
- Dann ist Omega das Kreuzprodukt aus X und Y?
- Abhängig davon hatte ich mir am Anfang gedacht, könne man erkennen wie es für Y ausschaut. Also habe ich versucht, immer in Abhängigkeit zu X zu schreiben (ich denke nicht, dass das Formal so korrekt ist, aber es sollte meine Gedanken spiegeln können) und zwar:
P(X=k) = P(X=0)+P(X=1)+P(X=2) = P(X={SS})+P(X={SR})+P(X={RR}). Wenn
- X={SS} dann hat Y={SR, RR}
- X={SR} dann hat Y={SR, SS}
- X={RR} dann hat Y={SS, SR}
Soweit war cih gekommen, aber ich weiß nicht ob mir das was bringt. ─ labis 01.07.2021 um 14:06
\(\Omega\) beschreibt dann die möglichen Ausgänge.
Das heißt, ein \(\omega \in \Omega\) wäre z.B. der Ausgang, dass Spieler \(1\) die zwei roten Karten bekommt, und Spieler \(2\) zwei der schwarzen Karten. Eine andere Möglichkeit wäre, dass der zweite Spieler die roten Karten hat und der erste zwei schwarze. Oder aber die Spieler haben jeweils eine schwarze und eine rote Karte usw. Hier müsstest du alle Möglichkeiten bestimmen.
\(X\) (und \(Y\)) sind Zufallsvariablen. Da sie jeweils die Anzahl der roten Karten angeben, und ein Spieler keine, eine oder zwei davon bekommen kann, bilden diese also in die Menge \(\{0,1,2\}\) ab. Das ist quasi das, was du auch schon gesagt hattest.
Die Wahrscheinlichkeit eines Ereignis \(A\) ist \(\mathbb{P}(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}\). Jetzt heißt es eigentlich nur noch zählen.
PS: Die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler \(1\) höchstens \(2\) rote Karten bekommt ist \(\mathbb{P}(X\leq 2)=\mathbb{P}(X=0)+\mathbb{P}(X=1)+\mathbb{P}(X=2).\) Hier kannst du auch wieder zählen und die Wahrscheinlichkeit bestimmen, aber es ist klar, dass dies gleich \(1\) sein muss, da es ja insgesamt nur \(2\) rote Karten gibt. ─ orbit 01.07.2021 um 18:22
EDIT: günstige fälle / mögliche Fälle. die möglichen Fälle sind alle Fälle für X und Y in Kombination, richtig? Ich merke, dass es mir nicht leicht fällt Omega zu bestimmen, aber immerhin kann ich sagen woran es liegt. Es fällt mir schwer Omega zu bestimmen, da ich davon ausgehe, dass es nicht {0,1,2} sein kann, da ich damit nicht beide ZV abdecke. Aber anders gesehen, gibt es keine andere Möglichkeit. Man kann entweder keine, eine oder 2 rote Karten haben. Also ist Ω={SS,SR,RR} also ist #Ω=3. Wenn ich mir nun A anschaue, sind es die Anzahl roter Karten der Spieler 1, Anzahl roter Karten Spieler 2. Ich werde die AUfgabe mal abfotografieren und hochladen, damit ich nicht ggf, etwwas falsch beschrieben habe.
ich krieg das mit dem LaTex hier noch nicht richtig hin, aber griechische Buchstaben kann ich, bin Grieche :D ─ labis 01.07.2021 um 22:23
Und ja, die ZV sind nicht unabhängig. Du kannst mit der passenden Modellierung die Wahrscheinlichkeiten auch einzeln bestimmen. Du kannst aber auch über die gemeinsame Verteilung gehen. Wenn du aus der gemeinsamen Verteilung die Randverteilungen ermittelst siehst du natürlich schnell, dass keine Unabhängigkeit vorliegen kann.
\(4\) mal ziehen ohne Zurücklegen (also quasi als Urne) sollte denke ich als Modell auch zum Ziel führen. Man muss sich nur für einen Weg entscheiden :D ─ orbit 01.07.2021 um 22:38
wie sieht denn f_X,Y (x,y) aus? vllt macht es klick wenn ich es einfach sehe. ─ labis 01.07.2021 um 22:58
\[\Omega=\{(K_{i_1},\ldots,K_{i_4})\mid i_1,\ldots,i_4\in\{1,\ldots,5\} \text{ mit } i_j\neq i_k \text{ falls } j\neq k\}.\]
\(K\) steht hier jetzt mal für Karte. Dann ist \(|\Omega|=120.\)
O.B.d.A bekommt der erste Spieler die ersten beiden Karten. Dann ist die ZV \(X\) ja gegeben durch
\[X(\omega)=\left\{\begin{matrix}
0& K_{i_1},K_{i_2} \text{ schwarz}\\
1& K_{i_1} \text{ rot},K_{i_2} \text{ schwarz} \text{ oder vice versa}\\
2 &K_{i_1},K_{i_2} \text{ rot}
\end{matrix}\right.\]
\(Y\) definieren wir analog. Wir können ohne weitere Rechnung schon sagen (wieso?), dass
\[\mathbb{P}(X=0,Y=0)=0.\]
Es gibt (hoffentlich haha ) \(24\) Möglichkeiten für die ersten beiden Karten genau eine rote zu wählen und für die letzten beiden nur schwarze. D.h. wir haben
\[\mathbb{P}(X=1,Y=0)=\frac{24}{120}=0,2.\]
Gleiches gilt dann analog auch für \(\mathbb{P}(X=0,Y=1).\)
Sind die ersten beiden rot und die anderen schwarz, dann sind das \(12\) Fälle. Also
\[\mathbb{P}(X=2,Y=0)=\frac{12}{120}=0,1\left(=\mathbb{P}(X=0,Y=2)\right).\]
Für den Fall \(X=1,Y=1\) ist das zählen etwas tricky, aber es sollten \(48\) Möglichkeiten sein und damit
\[\mathbb{P}(X=1,Y=1)=\frac{48}{120}=0.4.\]
Insgesamt also für \(x,y\in \{0,1,2\}:\)
\[\mathbb{P}(X=x,Y=y)=\left\{\begin{matrix}
0,2& x=0,y=1\\
0,2& x=1,y=0\\
0,4& x=y=1\\
0,1 &x=0,y=2\\
0,1&x=2,y=0\\
0& \text{ sonst.}
\end{matrix}\right.\]
Ich hoffe, ich hab mich jetzt nicht verrechnet. Kommst du von hier auf die Randverteilungen? ─ orbit 01.07.2021 um 23:44
Σ_Spalte(0) = 0,3
Σ_Spalte(1) = 0,6
Σ_Spalte(2) = 0,1
Das sind jetzt meine Randverteilungen, richtig? hm ok. Mehr Aufwand als ich gedacht habe. ich habe mich auch gerade erinnert, es war nicht irgendeine Matrix, sondern eine Korrelationsmatrix. Ich sehe den Zusammenhang. Ich werde mich damit beschäftigen. ─ labis 02.07.2021 um 00:17
Genau, es ist dann
\[\mathbb{P}(X=x)=\left\{\begin{matrix}
0,3&x=0
\\
0,6&x=1\\
0,1&x=2
\end{matrix}\right.\]
Bzw. eben das gleiche für \(Y\). ─ orbit 02.07.2021 um 00:23
kann man die aufgabe auch nach dem Schema notieren: \(f(x,y) =c *(x^2+\frac{1}2xy)*1_{0,1}(x)*1_{0,2}(y)\) das ist aus einer anderen Aufgabe. Letztes jahr konnte ich damit noch super umgehen, nun naja. die 1 soll die Indikatorfunktion sein. ─ labis 02.07.2021 um 00:45
Wir wissen ja, dass \(\mathbb{P}(X=0,Y=1)=0,2\), aber laut deiner Vorschrift wäre \(f(0,1)=0.\)
Sofern das denn die Frage war :D ─ orbit 02.07.2021 um 00:55