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| Aufgabe | Folgendes Zufallsexperiment wird durchgeführt: Zunächst wird eine Münze
geworfen. Zeigt sie ”Zahl”, so wird der Variablen x der Wert 1/4 zugeordnet. Zeigt
die Münze ”Kopf”, so wird mittels eines Zufallszahlengenerators eine Zufallszahl
in [0, 1] bestimmt und x gleich dieser Zahl gesetzt. Wir wollen den möglichen
Werten von x nun eine Wahrscheinlichkeit P zuordnen.
(a) Warum gibt es keine Abbildung P : [0, 1] → R mit [mm] \integral_{0}^{1} P(x)\, [/mm] dx = 1, die jedem
x seine Wahrscheinlichkeit zuordnet ? |
Hallo! Habe hier eine Aufgabe aus Ana 3 aber da ich noch kein Stochastik gehört habe weiß ich einfach nicht weiter. vlt kann mir jemand ja hier helfen?
wäre nett!!!
Danke schonmal!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:28 Mi 28.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Folgendes Zufallsexperiment wird durchgeführt: Zunächst
> wird eine Münze
> geworfen. Zeigt sie ”Zahl”, so wird der Variablen x
> der Wert 1/4 zugeordnet. Zeigt
> die Münze ”Kopf”, so wird mittels eines
> Zufallszahlengenerators eine Zufallszahl
> in [0, 1] bestimmt und x gleich dieser Zahl gesetzt. Wir
> wollen den möglichen
> Werten von x nun eine Wahrscheinlichkeit P zuordnen.
> (a) Warum gibt es keine Abbildung P : [0, 1] → R mit
> [mm]\integral_{0}^{1} P(x)\,[/mm] dx = 1, die jedem
> x seine Wahrscheinlichkeit zuordnet ?
> Hallo! Habe hier eine Aufgabe aus Ana 3 aber da ich noch
> kein Stochastik gehört habe weiß ich einfach nicht
> weiter. vlt kann mir jemand ja hier helfen?
Wenn $P(x)$ jedem $x$ seine Wahrscheinlichkeit zuweist, dann ist $P(x) = P(y)$ fuer alle $x, y [mm] \in [/mm] [0, 1]$ mit $x [mm] \neq [/mm] 1/4 [mm] \neq [/mm] y$. Wenn also [mm] $\int_0^1 [/mm] P(x) [mm] \; [/mm] dx = 1$ gelten soll, wie sieht dann $P(x)$ fuer $x [mm] \neq [/mm] 1/4$ aus?
Nun muss allerdings $P(1/10) + P(1/11)$ ebenfalls eine Wahrscheinlichkeit, also [mm] $\le [/mm] 1$ sein. Bekommst du einen Widerspruch?
LG Felix
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also müsste P(x) = 1 gelten oder?
--> widerspruch weil P(1/10) + P(1/11) = 2 > 1
okay.
aber wie komm ich nun auf eine Abbildung P : { (a,b) : 0 [mm] \le [/mm] a [mm] \le [/mm] b [mm] \le [/mm] 1} [mm] \subset [/mm] P([0,1]) -> [mm] \IR, [/mm] so dass mit Wahrscheinlichkeiten P((a,b)) das Ereignis x [mm] \in [/mm] (a,b) eintritt.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:40 Mi 28.10.2009 | | Autor: | felixf |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo!
> also müsste P(x) = 1 gelten oder?
> --> widerspruch weil P(1/10) + P(1/11) = 2 > 1
Genau.
> okay.
> aber wie komm ich nun auf eine Abbildung P : { (a,b) : 0
> [mm]\le[/mm] a [mm]\le[/mm] b [mm]\le[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
1} [mm]\subset[/mm] P([0,1]) -> [mm]\IR,[/mm] so dass mit
> Wahrscheinlichkeiten P((a,b)) das Ereignis x [mm]\in[/mm] (a,b)
> eintritt.
Ich verstehe nicht, was du willst. Was genau soll $P$ dem Intervall $(a, b)$ zuordnen? Die Wahrscheinlichkeit, dass die Zufallsvariable $x$ einen Wert in $(a, b)$ annimmt?
Mache doch eine Fallunterscheidung: die Muenze ist Zahl bzw. Kopf.
Mit W'keit [mm] $\frac{1}{2}$ [/mm] nimmt $x$ den Wert $1/4$ an, und mit W'keit [mm] $\frac{1}{2}$ [/mm] nimmt $x$ irgendeinen Wert in $[0, 1]$ an (Gleichverteilung). Es gilt also $P((a, b)) = [mm] \frac{1}{2} 1_{(a,b)}(1/4) [/mm] + [mm] \frac{1}{2} [/mm] (b - a)$: hier ist [mm] $1_{(a, b)}$ [/mm] die Indikatorfunktion zur Menge $(a, b)$.
LG Felix
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also auf dem übungszettel hab ich leider auch nur die aufgabenstellung die ich oben gepostet habe. aber ich denke dass du das schon richtig verstanden hast. also eine bessere interpretation fällt mir auch nicht ein.
aber wie ist das denn mit der Indikatormenge zu verstehen? wann ist die denn gerade 1?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:20 Mi 28.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo
> aber wie ist das denn mit der Indikatormenge zu verstehen?
> wann ist die denn gerade 1?
Siehe z.B. ![[]](/images/popup.gif) hier.
LG Felix
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> Folgendes Zufallsexperiment wird durchgeführt: Zunächst
> wird eine Münze
> geworfen. Zeigt sie ”Zahl”, so wird der Variablen x
> der Wert 1/4 zugeordnet. Zeigt
> die Münze ”Kopf”, so wird mittels eines
> Zufallszahlengenerators eine Zufallszahl
> in [0, 1] bestimmt und x gleich dieser Zahl gesetzt. Wir
> wollen den möglichen
> Werten von x nun eine Wahrscheinlichkeit P zuordnen.
> (a) Warum gibt es keine Abbildung P : [0, 1] → R mit
> [mm]\integral_{0}^{1} P(x)\,[/mm] dx = 1, die jedem
> x seine Wahrscheinlichkeit zuordnet ?
Hallo HansPeter,
die Schwierigkeit ist ja hier die, dass man hier quasi
(siehe aber die Bemerkung ganz unten !) eine Mischung aus
einer diskreten Verteilung und einer Gleichverteilung
hat. Der Wert [mm] x=\frac{1}{4} [/mm] hat die Wahrscheinlichkeit [mm] \frac{1}{2} [/mm] ,
jeder einzelne andere präzise x-Wert hat aber eigentlich
die Wahrscheinlichkeit Null, da die überabzählbar unendlich
vielen Zahlen aus $\ [mm] [\,0\,;1\,]\,\backslash \left\{\frac{1}{4} \right\}$ [/mm] sich in die verbleibende
Wahrscheinlichkeit von [mm] \frac{1}{2} [/mm] teilen müssen.
Definieren wir die kumulierte Wahrscheinlichkeits-
funktion
[mm] F(x):=\integral_{0}^{x}P(t)dt
[/mm]
dann kann man diese ohne weiteres zeichnen. Sie
besitzt an der Stelle [mm] x=\frac{1}{4} [/mm] einen Sprung, wobei
sie von [mm] \frac{1}{8} [/mm] auf [mm] \frac{5}{4} [/mm] springt.
Nun müsste die Verteilungsfunktion P eigentlich die
Ableitungsfunktion von F sein, also P(x)=F'(x).
Problem ist nur, dass F eben an der Stelle [mm] x=\frac{1}{4}
[/mm]
wegen der Unstetigkeit auch nicht ableitbar ist.
Es gelingt also nicht, der Funktion P für [mm] x=\frac{1}{4}
[/mm]
einen endlichen, reellen Wert zuzuordnen.
Ich vermute nun sehr, dass diese Aufgabe den
Einstieg zu einer neuen Art von "Funktionen"
sein könnte, welche an gewissen Stellen auch
so etwas wie "unendliche", aber trotzdem präzis
definierte Werte haben können, die sogenannten
Distribitionen.
Bemerkung
Werden im Fall "Kopf" die Werte tatsächlich mit einem
real existierenden Zufallsgenerator erzeugt, so werden
die obigen Überlegungen aber tatsächlich hinfällig.
Der Wertebereich eines Zufallsgenerators ist nicht
unendlich, sondern umfasst beispielsweise bei zehn-
stelligen Zufallszahlen im Intervall $\ [mm] [\,0\,;1\,)$
[/mm]
[mm] 10^{10} [/mm] mögliche Werte. Dann haben wir eine
diskrete Wahrscheinlichkeitsverteilung, aus den
Integralen werden Summen, und eine Ableitungs-
funktion von F ist gar nicht nötig !
LG Al-Chwarizmi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:28 Mi 28.10.2009 | | Autor: | Achtzig |
habe die gleiche Aufgabe, wohlmöglich den gleichen Prof :)
ja.. verstehe was du meinst.... kann gut sein dass es sich auf diese Distribution hinauslaufen wird. Bin ja mal gespannt was er in den nächsten Vorlesungen so macht.
aber wie mach ich das denn nun am besten hier bei dieser Übungsaufgabe? weil ich hab ja noch keine Distributionen zu Verfügung und bis zu Abgabe hab ich auch keine Vorlesung mehr. also muss ich das hier in diesem fall irgendwie anders hinbekommen.?
oder bleibt mir nichts anderes als abzuwarten? :)
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> habe die gleiche Aufgabe, wohlmöglich den gleichen Prof
> :)
> ja.. verstehe was du meinst.... kann gut sein dass es sich
> auf diese Distribution hinauslaufen wird. Bin ja mal
> gespannt was er in den nächsten Vorlesungen so macht.
> aber wie mach ich das denn nun am besten hier bei dieser
> Übungsaufgabe? weil ich hab ja noch keine Distributionen
> zu Verfügung und bis zu Abgabe hab ich auch keine
> Vorlesung mehr. also muss ich das hier in diesem fall
> irgendwie anders hinbekommen.?
> oder bleibt mir nichts anderes als abzuwarten? :)
Ich meine, das Wesentliche in meiner Antwort schon
gesagt zu haben. Die Einführung der kumulierten
Wahrscheinlichkeitsverteilung F ist dabei die Haupt-
idee:
[mm] F(x_1):=P(0\le x\le x_1)
[/mm]
Falls es eine Funktion P(x) mit den verlangten Eigen-
schaften gäbe, müsste sie die Ableitungsfunktion
von F sein. Aber F ist offensichtlich bei [mm] x=\frac{1}{4}
[/mm]
nicht differenzierbar.
LG Al-Chw.
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