Wahl des Grundraums < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:26 Di 02.04.2013 | | Autor: | Lu- |
| Aufgabe | Sechs von 0 bis 5 durchnummerierte Karten werden gemischt und , Zahl nach oben, in eine Reihe gelegt. Ein Zug besteht darin, von links her soviele Karten wegzunehmen, wie die erste Karte zeigt.
Bsp : [2][0][4][3][5][1] ->[4][3][5][1]
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass man zwei Züge durchführen kann? |
Ich habe probleme beim Wahl des Grundraums.
Wenn ich [mm] \Omega [/mm] = [mm] \{0,1,2,3,4,5\}^2 [/mm] wähle können ja viele Fälle wie (1,1);(2,2);(3,3);(4,4);(5,5) wegen der Konstruktion des Beispiels gar nicht auftreten und haben so wahrscheinlichkeit 0 . Also handelt es sich um kein Laplacemodell.
Wenn ich [mm] \Omega [/mm] = [mm] \{ \omega = (\omega_1 , \omega_2): \omega_i \in \{0,..,5\}\vee (0,0) \}
[/mm]
Hab ich wegen p(0,0)= 1/6 ebenfalls keine gleichen Wahrscheinlichkeiten.
Was soll ich als grundraum nun nehmen?
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:08 Mi 03.04.2013 | | Autor: | Walde |
hi Lu,
du hast hier ja ein Modell "Ziehen ohne Zurücklegen". Wenn [mm] \Omega [/mm] beschreiben soll, welche Zahl beim Austeilen vorne liegt [mm] (\omega_1) [/mm] und welche nach dem ersten Zug [mm] (\omega_2), [/mm] kann das zB so aussehen [mm] \Omega=\{(\omega_1,\omega_2)|\omega_i\in\{0,1,2,3,4,5\},\omega_1\not=\omega_2\}. [/mm] Hier sind dann zB (0,1) und (1,0) einzeln aufgeführt, also geordnet. Das könnte man, denk ich, auch ungeordnet machen, wenn man will. Hilft dir das weiter?
LG walde
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 05:28 Mi 03.04.2013 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Walde,
> Wenn
> [mm]\Omega[/mm] beschreiben soll, welche Zahl beim Austeilen vorne
> liegt [mm](\omega_1)[/mm] und welche nach dem ersten Zug [mm](\omega_2),[/mm]
> kann das zB so aussehen
> [mm]\Omega=\{(\omega_1,\omega_2)|\omega_i\in\{0,1,2,3,4,5\},\omega_1\not=\omega_2\}.[/mm]
Falls die erste Karte die 0 ist, ist nach dem ersten Zug wieder die 0 vorne. Dazu gibt es kein passendes [mm] $\omega$ [/mm] aus deinem [mm] $\Omega$, [/mm] so dass dieser Grundraum ungeeignet ist, die Sachsituation zu modellieren.
Viele Grüße
Tobias
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:45 Mi 03.04.2013 | | Autor: | Walde |
Hi Tobias,
hast recht, die Sonderstellung der Null hab ich nicht beachtet. Dann schließe ich mich dir an: wenn man eine Laplaceverteilung auf [mm] \Omega [/mm] haben will, muss man als [mm] \Omega [/mm] die 6! Permutationen der 6 Zahlen wählen, die sind dann alle gleich wahrscheinlich.
Hinweis am Rande zur Aufgabe an den Threadersteller noch: Die gesuchte W'keit an sich, kann man aber denk ich relativ einfach auch mit einem kleinen Baumdiagramm ausrechnen, ohne sich viel Gedanken um die Darstellung von [mm] \Omega [/mm] machen zu müssen.
LG walde
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:01 Mi 03.04.2013 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Lu,
du könntest
[mm] $\Omega:=\{(\omega_1,\ldots,\omega_6)\in\{0,\ldots,5\}^6\;|\;\omega_i\not=\omega_j\text{ für alle }i\not=j\}$
[/mm]
wählen. Dann ist eine Laplace-Verteilungs-Annahme gerechtfertigt.
Viele Grüße
Tobias
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:49 Do 04.04.2013 | | Autor: | Lu- |
Hallo
Ich verstehe den Grundraum nicht ganz.
Was meinst du mit dem hoch 6? Was sind hier die [mm] \omega_i [/mm] ?
Es soll doch nur 2 mal gezogen werden...?
|
|
|
| |
|
Hallo,
> Hallo
> Ich verstehe den Grundraum nicht ganz.
> Was meinst du mit dem hoch 6? Was sind hier die [mm]\omega_i[/mm]
> ?
Die Elemente von [mm] $\Omega$ [/mm] bezeichnen bei dieser Wahl des Grundsraums nicht die beiden gezogenen Karten, sondern die Reihenfolge der 6 Karten, wie sie auf dem Tisch liegen.
D.h. das Tupel [mm] $(w_1,...,w_6) \in \Omega$ [/mm] bedeutet, dass die Karten in der Reihenfolge
[mm] w_1,...,w_6
[/mm]
auf dem Tisch liegen. Da sind natürlich alle Elemente von [mm] $\Omega$ [/mm] gleichwahrscheinlich.
Du speicherst in deinem [mm] $\omega \in \Omega$ [/mm] nur die Ausgangskonfiguration der Karten ab. Dadurch umgehst du die gesamte Problematik, ob nach dem ersten Zug überhaupt noch alle Karten zum Ziehen da sind.
Viele Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:11 Do 04.04.2013 | | Autor: | Lu- |
Danke, also ist [mm] |\Omega| [/mm] = 6!
Wie ich alles ausrechne ist mir klar! (stimmt auch mich lösungsbich)
Aber wie kann ich mittels dem Grundraum dann das Ereignis A aufschreiben?
zwei Züge durchführen kann -> Wie beschreibt man das in mathematischer Symbolik?
|
|
|
| |
|
Hallo,
> Danke, also ist [mm]|\Omega|[/mm] = 6!
> Wie ich alles ausrechne ist mir klar! (stimmt auch mich
> lösungsbich)
Gut :)
> Aber wie kann ich mittels dem Grundraum dann das Ereignis A
> aufschreiben?
> zwei Züge durchführen kann -> Wie beschreibt man das in
> mathematischer Symbolik?
Wie wäre es so:
$A = [mm] \{\omega=(\omega_1,...,\omega_6) \in \Omega: \omega_1 + \omega_{\omega_1} \le 6\}$
[/mm]
(Erste Anzahl Karten die weggenommen werden = [mm] $\omega_1$, [/mm] zweite Anzahl Karten die weggenommen werden = [mm] $\omega_{\omega_1}$)
[/mm]
?
Viele Grüße,
Stefan
|
|
|
|
