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Ableiten muss man hier nichts, aber man kann schon über \(\mathbb{P}_{X,Y}\) gehen und daraus die Randverteilungen erhalten.
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.
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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orbit
Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 690
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Wir hatten in der VL eine "Matrix" mit der wir die Randverteilungen bestimmen. Das war an sich nicht so schwer. Aber ich hab noch nicht raus, wie es wirklich zusammenhängt. Ich weiß, dass eine Verbindung existiert, aber habe es noch nicht verstanden. Hast du da ein Tipp? Es muss nicht gleich die Lösung sein, ich denke immer gern etwwas selber nach. Ich weiß gerade nicht wie ich diese zB. Matrix für diese Aufgabe aufstelle. Mich verwirrt, dass wir zwei Spieler haben, aber gleichzeitig zwei Farben.
─
labis
30.06.2021 um 15:12
Ich weiß jetzt nicht, was du mit Matrix meinst, aber betrachten wir mal den Zufallsvektor \((X,Y)\). Dann ist z.B. die Randverteilung von \(X\):
\[\mathbb{P}_{X}(A)=\mathbb{P}_{X,Y}(A\times \Omega_2)=\mathbb{P}(X\in A,Y\in \Omega_2).\]
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
\[\mathbb{P}_{X}(A)=\mathbb{P}_{X,Y}(A\times \Omega_2)=\mathbb{P}(X\in A,Y\in \Omega_2).\]
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
Das Ereignis A = Anzahl roter Karten. Dann ist P(X=k) = P(X=0)+P(X=1)+P(X=2) die W'keit für das Ereignis, dass Spieler 1 bis zu 2 rote Karten haben kann.
- 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
- 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
Eine passende Modellierung ist hier mehr als die halbe Miete. Wir haben \(5\) Karten, darunter \(2\) rote \((R)\) und \(3\) schwarze \((S)\) Karten. Jeder der \(2\) Spieler bekommt \(2\) Karten.
\(\Omega\) 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
\(\Omega\) 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
Ja die Modellierung war theoretisch klar, da ich das P(X≤2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2) =: (*) so mir schon zurecht gedacht hatte. Aber als ich zB versucht habe einen Baum zu zeichnen, hat das nicht geklappt. Habe einfach 4 mal ziehen ohne Zurücklegen gezeichnet, aber das haute nicht hin, also habe ich damit (*) weiter überlegt, da dies ja offensichtlich war. Was mich verwirrt ist, dass dies ja nur für die ZV X gilt, für Y kann das ja nicht mehr sein, da es ja davon abhängt was X zieht. Oder habe ich da einen Gedankenfehler? In meinem Kopf schwirrt der Gedanke rum, dass ich die einzelnen ZV X und Y nicht unabhängig bestimmen kann und deswegen als erstes die gemeinsame Verteilung bestimmen muss. Wenn ich aber jetzt sage (*) ist die W'keit für X kann das ja noch stimmen, aber ich kann ja nicht das Selbe für Y sagen. ... Gedankensalat :D
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
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
Das geht für \(Y\) eigentlich genauso. Also auch hier ist \(\mathbb{P}(Y\leq 2)=\mathbb{P}(Y=0)+\mathbb{P}(Y=1)+\mathbb{P}(Y=2).\)
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
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
Ja ich habe mir gedacht, dass es mit der Urne klappen muss. Irgendwie hab ich mich verwirren lassen. Wie sieht denn nun die gemeinsame Verteilung aus? Ich krieg das mit den Randverteilungen nicht hin. Ich habe mir vorhin noch mal folgendes Video https://www.youtube.com/watch?v=jZDFzc0aBkg angeschaut, super erklärt, aber kriege es nicht auf meine Aufgabe hin. Ich weiß selbst nicht, warum ich mich damit so schwer tue. Mein Dozent würde mich jetzt wohl am liebsten exmatrikulieren :D
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
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
Dann versuche ich es mal mit dem Urnen-Ansatz. Es müsste sich dann ja um ziehen ohne Zurücklegen (mit Reihenfolge) handeln, d.h.
\[\Omega=\{(K_{i_1},\ldots,K_{i_4})\mid i_1,\ldots,i_4\in\{1,\ldots,5\} \text{ mit } i_j\neq i_k \text{ falls } j\neq k\}.\]
\(K\) 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
\[\Omega=\{(K_{i_1},\ldots,K_{i_4})\mid i_1,\ldots,i_4\in\{1,\ldots,5\} \text{ mit } i_j\neq i_k \text{ falls } j\neq k\}.\]
\(K\) 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
gib mir 10 minuten.
─
labis
01.07.2021 um 23:56
Erst mal, dickes DANKE!
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
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
Bitte bitte :)
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
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
wie nutze ich das Latex hier? ich habe gerade nichts in den Einstellungen o.ä. gefunden. die fragen sit beantwortet. danke dir! aber dann würde ich nur noch kurz ne Schreibweise kurz nachfragen
─
labis
02.07.2021 um 00:25
Du musst \ ( und \ ) schreiben (ohne die Leerzeichen) und in den Klammern dann deinen Code. Mit eckigen Klammern statt runden schreibt man dann zentriert in der Mitte.
─
orbit
02.07.2021 um 00:29
ok habs
─
labis
02.07.2021 um 00:35
ok, das klappt mit Latex.
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
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
Nein, das dürfte nicht gehen. Die Mengen in der Indikatorfunktion müssten ja erstmal \(\{0,1,2\}\) sein.
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
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
ok sehr gut. sowas hab ich mir gedacht. als ich versucht habe f_X (x) aufzuschreiben, hat es schon nicht geklappt. dnake dir! und gute nacht.
─
labis
02.07.2021 um 00:58
Gerne! Danke gleichfalls.
─
orbit
02.07.2021 um 01:01