Gedankenexperiment < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:59 Di 16.06.2015 | | Autor: | nkln |
| Aufgabe | Betrachten Sie wiederum als Gedankenexperiment,dass ein homogener,sechseitiger Würfel mit den Augenzahlen $1,..,6$ unendlich oft geworfen wird.
$a)$ Mit welcher Wkeit wird hierbei höchstens endlich oft die Augenzahl $5$ geworfen ?
$b)$ Mit welcher Wkeit erscheint hierbei unendlich oft ( in jeweils sechs aufeinanderfolgenden Würfen) die Augenzahlsequenz $1,2,3,4,5,6 ?$ |
a) vorwerg ist es natürlich eine Laplace-verteilung ,also alle sechs seiten haben die gleiche W'keit dran zukommen [mm] \frac{1}{6} [/mm] und [mm] \Omega:=\{1,2,3,4,5,6\},da [/mm] ja alle augenzahlen dran kommen können.
Ereignis [mm] $A:=\{$ 5 soll endlich oft geworfen werden $\}$ [/mm]
dann müsste es ja für meine Berechnung so sein
$ [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} P(A_n) [/mm] = [mm] \frac{|A_n|}{|\Omega_n|}$ [/mm]
kann man das so machen? ich bin mir da total unsicher,aber was ich bisher gemacht habe ,ergibt für mich irgendwie Sinn,aber ich bin halt unsicher :/
liebe grüße
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:52 Di 16.06.2015 | | Autor: | fred97 |
> Betrachten Sie wiederum als Gedankenexperiment,dass ein
> homogener,sechseitiger Würfel mit den Augenzahlen [mm]1,..,6[/mm]
> unendlich oft geworfen wird.
>
> [mm]a)[/mm] Mit welcher Wkeit wird hierbei höchstens endlich oft
> die Augenzahl [mm]5[/mm] geworfen ?
>
> [mm]b)[/mm] Mit welcher Wkeit erscheint hierbei unendlich oft ( in
> jeweils sechs aufeinanderfolgenden Würfen) die
> Augenzahlsequenz [mm]1,2,3,4,5,6 ?[/mm]
> a) vorwerg ist es
> natürlich eine Laplace-verteilung ,also alle sechs seiten
> haben die gleiche W'keit dran zukommen [mm]\frac{1}{6}[/mm] und
> [mm]\Omega:=\{1,2,3,4,5,6\},da[/mm] ja alle augenzahlen dran kommen
> können.
>
> Ereignis [mm]A:=\{[/mm] 5 soll endlich oft geworfen werden [mm]\}[/mm]
>
> dann müsste es ja für meine Berechnung so sein
>
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} P(A_n) = \frac{|A_n|}{|\Omega_n|}[/mm]
Rechts fehlt [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}
[/mm]
>
> kann man das so machen? ich bin mir da total unsicher,aber
> was ich bisher gemacht habe ,ergibt für mich irgendwie
> Sinn,
Für mich nicht, solange Du nicht sagst, was [mm] A_n [/mm] und was [mm] \Omega_n [/mm] ist.
FRED
> aber ich bin halt unsicher :/
>
>
> liebe grüße
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Hiho,
du solltest dir mal Gedanken darüber machen, wie dir das Lemma von Borel-Cantelli dabei helfen könnte und wie du die Aussagen der Aufgabe in diesem Kontext mathematisch formulieren könntest.
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:43 Mi 17.06.2015 | | Autor: | nkln |
ahh ok
also mit der Definition von wiki des Lemma's : https://de.wikipedia.org/wiki/Borel-Cantelli-Lemma
$A = [mm] \limes sup_{n\rightarrow\infty} A_n [/mm] = [mm] \bigcap_{n=1}^{\infty}\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n [/mm] = [mm] \{ A_n $unendlich oft$\} [/mm] = [mm] \{ \omega \in \Omega: \omega \in A_n$ für unendlich viele $n \in \IN \}$
[/mm]
[mm] $A_n:=\{5 $ soll endlich oft geworfen werden $\}$
[/mm]
mit dem Borelli ding ist dann ja
$A = [mm] \limes sup_{n\rightarrow\infty} A_n^c [/mm] = [mm] (\bigcap_{n=1}^{\infty}\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n)^c [/mm] = [mm] \{ A_n $endlich oft$\} [/mm] = [mm] \{ \omega \in \Omega: \omega \in A_n$ für endlich viele $n \in \IN \}$
[/mm]
ist ja dann nicht anders als
$A = [mm] \limes inf_{n\rightarrow\infty} A_n [/mm] = [mm] \bigcup_{n=1}^{\infty}\bigcap_{n=1}^{\infty} A_n [/mm] = [mm] \{ A_n $endlich oft$\} [/mm] = [mm] \{ \omega \in \Omega: \omega \in A_n$ für endlich viele $n \in \IN \}$
[/mm]
und jetzt komm ich nicht weiter bekomme ich jetzt da oben $A = 5$ raus und kann dann
$P(A)= [mm] \sum_{n=0}^{\infty} \frac{|A_n|}{|\Omega_n|} =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{6^n} \underbrace{=}_{geo.Reihe} \frac{6}{5} [/mm] < [mm] \infty \Rightarrow P(A_n)=0 [/mm] $ ?
ist das gut oder ist das rubbish?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:13 Do 18.06.2015 | | Autor: | nkln |
Ich habe mal beide aufgaben bearbeitet koenntet ihr mir sage, ob das so korrekt ist. Hier sind die ergebnisse
https://www.dropbox.com/sh/sm0xx72t8e8b446/AABzEeGr5SkEaOwhFQzTJM6Na?dl=0
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Hiho,
> ist das gut oder ist das rubbish?
das ist ganz großer Blödsinn.
Vorweg: Bist du deutscher Muttersprachler oder nicht?
Wenn nicht => ok
Wenn doch => bitte kein "Denglish"
Dann:
> [mm]A_n:=\{5[/mm] soll endlich oft geworfen werden [mm]\}[/mm]
Inwiefern hängt deine Definition hier von n ab, außer dass deine Menge so indiziert wird?
Was für einen Sinn macht dann diese Definition?
Richtig: Keine!
Mach dir klar, dass für
[mm] $A_n [/mm] = [mm] \{w=(w_1,w_2,ldots) \in \Omega: w_n = 5\}$ [/mm] (d.h. der n-te Wurf ist eine 5) gilt:
[mm] $A=\limsup_{n\to\infty} A_n$ [/mm] ist die Umschreibung für "unendlich oft wird eine 5 geworfen".
Jetzt zeige: $P(A) = 1$ und bedenke alle Voraussetzungen die du dafür benötigst!
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:13 Do 18.06.2015 | | Autor: | nkln |
Hi
ich bin engländer,sorry wenn mein deutsch manchmal was schlecht ist !:/
also [mm] $\Omega :=\{ (\omega_n)_{n \in \IN} : \omega_n \in \{1,2,3,4,5,6\}, n \in \IN\}$
[/mm]
$ [mm] A_n [/mm] := [mm] \{w=(w_1,w_2,...,w_n) \in \Omega: w_n = 5\} [/mm] $
[mm] $P(A_n)= \frac{1}{6^n} \Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} P(A_n)= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{6^n} [/mm] = [mm] \infty$
[/mm]
jetzt haben wir da was in der VL bewiesen
[mm] $P(A_n)= \frac{1}{6^n} \Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} P(A_n)= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{6^n} [/mm] = [mm] \infty \Rightarrow \limsup_{n\to\infty} P(A_n)= [/mm] 1$ halt mit dem lemma von Borel-Cantelli.
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Hiho,
> ich bin engländer,sorry wenn mein deutsch manchmal was schlecht ist !:/
Macht nichts, darum habe ich ja gefragt....
> also [mm]\Omega :=\{ (\omega_n)_{n \in \IN} : \omega_n \in \{1,2,3,4,5,6\}, n \in \IN\}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> [mm]A_n := \{w=(w_1,w_2,...,w_n) \in \Omega: w_n = 5\}[/mm]
Aufpassen: Es gilt [mm] $(w_1,w_2,...,w_n)\not\in\Omega$, [/mm] da in [mm] \Omega [/mm] nur unendliche Tupel liegen, keine endlichen!
Korrekt ist also:
[mm]A_n := \{w=(w_1,w_2,...) \in \Omega: w_n = 5\}[/mm]
> [mm][mm] P(A_n)= \frac{1}{6^n}
[/mm]
Das ist falsch. Wie wahrscheinlich ist es denn, dass der n-te Wurfe eine 5 ist?
Das hängt doch gar nicht von n ab!
> [mm] \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{6^n} = \infty[/mm]
Die Gleichheit ist im Übrigen dann auch falsch.
Wie du selbst sagtest, konvergiert die geometrische Reihe.
Wenn du den korrekten Wert für [mm] P(A_n) [/mm] einsetzt nachher, kommt aber [mm] $\infty$ [/mm] raus
> jetzt haben wir da was in der VL bewiesen
>
> [mm]P(A_n)= \frac{1}{6^n} \Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} P(A_n)= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{6^n} = \infty \Rightarrow \limsup_{n\to\infty} P(A_n)= 1[/mm]
> halt mit dem lemma von Borel-Cantelli.
Das habt ihr garantiert nicht bewiesen. Da fehlt nämlich eine Voraussetzung!
Schlage mal bitte alle Voraussetzungen an die [mm] A_n [/mm] nach.
Du hast nämlich eine vergessen!
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:00 Do 18.06.2015 | | Autor: | nkln |
Ja alle [mm] A_n [/mm] muessen stochastic unabhaengig seine.
Aber ich weis nicht wie ich das P [mm] (A_n) [/mm] ermitteln kann..:/
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Hiho,
> Ja alle [mm]A_n[/mm] muessen stochastic unabhaengig seine.
Ja sind sie das denn?
Du kannst übrigens auch Englisch schreiben, wenn dir das lieber ist.
> Aber ich weis nicht wie ich das P [mm](A_n)[/mm] ermitteln kann..:/
Welche Möglichkeiten gibt es denn für [mm] $w_n$?
[/mm]
Was beschreibt denn [mm] $w_n$?
[/mm]
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:52 Do 18.06.2015 | | Autor: | nkln |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
alright then I'll do it in english
yes, they are (stochastically) independent,but I am not so sure how to prove it. I know when I intersect two events A and B and the intersection is equal to the emptyset then they are indenpendent .
but I do not how to prove it in this case as I said.
well the \omega_n does say that your nth toss is a five .
I think it's a tuple looking like this $ w:=\(w_1,w_2,w_3,....,w_{n-1},w_n=5,w_{n+1},...\} $ but i dont how to get the bloody $P(A_n)$ . I beg your pardon..:/
edit: What pops up to my mind is that $ P(A_n)= \frac{1}{6}$ . Is that right? Then it's $\sum_{n=1}^{\infty} P(A_n) =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{6} = \infty $?
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Hi,
> yes, they are (stochastically) independent,but I am not so sure how to prove it.
We will discuss it later, first:
> I know when I intersect two events A and B and the intersection is equal to the emptyset then they are indenpendent .
In general this is wrong.
It's only true if A or B equals a set of probability zero.
If A and B are independent and the intersection is empty it holds:
$0 = [mm] P(\emptyset) [/mm] = P(A [mm] \cap [/mm] B) = P(A)*P(B) [mm] \quad\gdw\quad [/mm] P(A) = 0 [mm] \vee [/mm] P(B) = 0$
So your assumption is wrong for $P(A)*P(B) > 0$.
> I think it's a tuple looking like this
> [mm]w:=\(w_1,w_2,w_3,....,w_{n-1},w_n=5,w_{n+1},...\} [/mm] but i
> dont how to get the bloody [mm]P(A_n)[/mm] . I beg your pardon..:/
It's not only "a tuple" but [mm] A_n [/mm] contains all tuples of this form.
>
> edit: What pops up to my mind is that [mm]P(A_n)= \frac{1}{6}[/mm]
> . Is that right? Then it's [mm]\sum_{n=1}^{\infty} P(A_n) =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{6} = \infty [/mm]?
Due to the fact that for a homogenous dice each number has the same probability.
For the same reason the [mm] A_n [/mm] are independent, because each throw of the dice is indepenent of the throws before.
Greetings,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:14 Do 18.06.2015 | | Autor: | nkln |
It's so good that you've replied in English. I do understand it much better now! But my assignments is to consider it done in a finite number or set of tosses. Do I have to complement [mm] $A_n$ [/mm] to get $P [mm] (A_n^c) [/mm] = [mm] \frac{5}{6} \Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} \frac{5}{6} [/mm] = [mm] \infty \Rightarrow [/mm] P [mm] (\liminf_{n\rightarrow\infty} A_n)=0$
[/mm]
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Hiho,
> But my assignments is to consider it done in a finite number or set of tosses.
No it's not. The aussignment is:
"... ein homogener,sechseitiger Würfel [...] unendlich oft geworfen wird..."
means: a homogenous six-sided dice is rolled infinitely many times.
So you have tuples with infinite indices.
"Do I have to complement [mm]A_n[/mm] to get [mm]P (A_n^c) = \frac{5}{6} \Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} \frac{5}{6} = \infty \Rightarrow P (\liminf_{n\rightarrow\infty} A_n)=0[/mm]"
No.
We have:
[mm] A_n [/mm] = "the n-th roll is a five"
So: $A = [mm] \limsup_{n\to\infty} A_n$ [/mm] is: "Infinitely often a five is thrown"
Now you should calculate P("Finite many times a five is thrown") = P("not infinitly many times a five is thrown") = [mm] P(A^c)
[/mm]
You've already shown $P(A) = 1$ so it follows: [mm] $P(A^c) [/mm] = 1 - P(A) = 1-1=0$
Greetings,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:57 Do 18.06.2015 | | Autor: | nkln |
Thx for your help
I've written it down by hand if you may take a look at it I would be very pleased
https://www.dropbox.com/s/1fg9c7unn6ezjsf/IMG-20150618-WA0031.jpg?dl=0
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Hi,
again you used a finite tupel, what is wrong. So [mm] |\Omega| [/mm] is not well defined, and so isn't [mm] $\frac{|A_n|}{|\Omega|}$.
[/mm]
But [mm] P(A_n) [/mm] equals still [mm] $\frac{1}{6}$.
[/mm]
So the rest is ok.
Greetings,
Gono
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hi!
n>0,n element of natural
[mm] p=\bruch{1}{6}
[/mm]
[mm] P(x\le(n-1))=1-P(x=n)
[/mm]
[mm] P(x\le(n-1))=1-(\bruch{1}{6})^{n}\*\vektor{n \\ 1}
[/mm]
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}1-(\bruch{1}{6})^{n}\*\vektor{n \\ 1}=1
[/mm]
or other sayed: the chance is nearly 1
isnt this ok?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:20 Mo 22.06.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Man kann solche Fragen natürlich so lange hin- und herwälzen, bis man sie wirklich in ein 5-semestriges Studium verpackt hat.
a) Würde die Augenzahl 5 nur endlich oft - sagen wir k mal - vorkommen, so wäre
[mm] p_5 [/mm] = [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{n_5}{n}= \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{k}{n}=0.
[/mm]
Tatsächlich ist aber [mm] p_5 [/mm] = 1/6.
Mit anderen Worten: Wenn man unendlich oft würfelt, kann es gar nicht vorkommen, dass 5 nur endlich oft fällt, die W. dafür ist somit 0.
b) Die W. für die Sequenz 1,2,3,4,5,6 an irgendeiner Stelle beträgt [mm] (1/6)^6.
[/mm]
Aus demselben Grund wie oben kann diese Sequenz daher nicht endlich oft vorkommen, sie muss ebenfalls unendlich-oft erscheinen. Dafür beträgt die W. also 1.
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Hmm, aber dann beantworte mir mal bitte Folgendes:
wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei unendlich Würfen, eine bestimmte Sequenz mit der Länge=(Wurfanzahl+1) geworfen wird?
Nach deiner Rechnung wäre das 1.
Das geht aber gar nicht, denn man kann keine größere Seqzenz werfen als n.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:23 So 21.06.2015 | | Autor: | chrisno |
Das musst Du erklären. Ich verstehe es gar nicht.
Was spricht gegen die Sequenz 112233445566 ? Die hat die Länge 12 und erscheint unendlich oft. Das eine Sequenz die eine Zahl enthält, die der Würfel nicht hergibt, nicht erscheint ist klar, aber nicht diskussionswürdig.
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Aber man kann keine Sequenz länger als die Wurfanzahl erzeugen.
Wenn man aber schon [mm] \infty [/mm] mal die 5 würfelt, was würfelt man danach denn? (man hat ja keine würfe mehr "über")
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Hiho,
> Aber man kann keine Sequenz länger als die Wurfanzahl erzeugen.
Das ist klar
> Wenn man aber schon [mm]\infty[/mm] mal die 5 würfelt, was würfelt
> man danach denn? (man hat ja keine würfe mehr "über")
Du solltest dich dringend mal mit dem Begriff der Unendlichkeit beschäftigen.
Natürlich kann man gleichzeitig unendlich mal die 5 Würfel, unendlich mal die 6 und die von chrisno angegebene Sequenz ist auch noch dabei.
Aber eben jede andere endliche Sequenz ebenso.
Alles kein Widerspruch.
Siehe dazu auch ![[]](/images/popup.gif) Hilberts Hotel.
Gruß,
Gono
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Wenn du wissen willst, wie hoch die W. für eine bestimmte Sequenz ist, musst du sie vorher angeben. Du kannst zwar sagen: Das, was ich BIS JETZT schon gewürfelt habe, und noch drei angehängte Sechsen, aber dann hast du noch nicht unendlich oft gewürfelt und dich nun festgelegt. Wenn du jetzt unendlich oft weiterwürfelst, kommt aber die von dir angegebene Sequenz anschließend unendlich oft vor.
Was du vorschlägst, ist mit Folgendem vergleichbar:
Du schreibst ein Wort auf, z.B. "Haus", und behauptest, das könnte keiner deiner Freunde erraten. Sobald es aber doch einer nennt, hängst du NUN noch "tür" an und sagst: doch nicht erraten. Und wenn dann endlich Haustür erraten wurde, hängst du wieder "Schlüssel" an usw. So geht das Ganze aber nicht. Jede ENDLICHE Sequenz kommt irgendwann (sogar unendlich oft) vor, jede UNENDLICHE muss gar nicht vorkommen (du weißt vielleicht, dass es überabzählbar viele Kommazahlen gibt, und wenn du eine unendlich lange aussuchst, muss diese in deiner Folge gar nicht vorkommen.
PS: Käme unendlich oft die 5 hintereinander, wäre die W. für 5 eins und für alle anderen Zahlen 0, denn die anderen kämen ja nie vor, der Würfel wäre also gezinkt.
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