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Universität/Hochschule J Wahrscheinlichkeit berechnen
Lilia
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-12-02


Hey😃

könntet ihr mir vielleicht bei der Aufgabe etwas auf die Sprünge helfen? Ich denke wenn ich die a) geschafft hätte, würde ich (hoffentlich) selbst auf die anderen Teilaufgaben kommen.😄

Omega bildet ja in das Intervall [-1,1] ab, aber den restlichen Teil zu $X_i$ kann ich irgendwie nicht deuten🙁

Viele Grüße
Lilia🙃



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DerEinfaeltige
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-12-02


Da steht kein Intervall, sondern eine Menge mit zwei Zahlen.

Die WK, dass deine Zufallsvariable $X_i$ einen der beiden Werte annimmt, ist jeweils $\frac{1}{2}$.


$Y$ ist eine weitere ZV, deren Wert sich aus den $X_i$ ergibt.

Gesucht sind jetzt die (bedingten) WKen, dass $Y$ bestimmte Werte annimmt.


-----------------
Why waste time learning when ignorance is instantaneous?
- Bill Watterson -



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-12-02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

die \(X_i\) sind gleichverteilt auf der Menge \(\lbrace -1,1\rbrace\). \(Y_n\) wiederum ist eine Summe aus \(n\) Realisierungen der ZV \(X_i\).

Also ist bspw. \(Y_7=X_1+X_2+\dotsc+X_7\).

Hilft dir das zum Verständnis schon weiter?

Für die Berechnung der bedingten Wahrscheinlichkeiten läuft das dann streng nach Definition.


Gruß, Diophant

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
\(\endgroup\)


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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-12-02


Hallo Lilia,

ist das die gesamte Aufgabe, oder fehlt da noch was? Z. B. dass die \(X_i\) unabhängig voneinander sind. a) dürfte sonst schwierig werden.

Und: Was ist mit "o.ä. Zahlen" gemeint?

Meinst du mit Sigma das Summenzeichen \(\sum\)? Vermutlich nicht, aber was dann?



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Lilia
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo Diophant und DerEinfaeltige,
danke für eure Nachrichten😃
Ich habe, dass was ihr geschrieben habt gut verstanden (denke ich zumindest)
Aber wie kann ich dann $Y_3=X_1+X_2+X_3$ genau berechnen? Müsste ich dann 1-1+1 also abwechsel mit 1 und -1 addieren?
Und wie genau meint ihr das mit der Definition der bed. Wahrscheinlichkeiten? Wollt ihr auf diese Formel hinaus? P(A|B)=P(A geschn. B)/P(B)?😄


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]
\(\endgroup\)


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Lilia
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-02


Hallo StrgAltEntf,
ja, leider war das die ganze Aufgabe.🙁
Und ich meinte Omega statt Sigma, tut mir leid für die Verwirrung, habe das im obigen Beitrag schon geändert.😃



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-12-02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

2020-12-02 15:11 - Lilia in Beitrag No. 4 schreibt:
Ich habe, dass was ihr geschrieben habt gut verstanden (denke ich zumindest)
Aber wie kann ich dann $Y_3=X_1+X_2+X_3$ genau berechnen? Müsste ich dann 1-1+1 also abwechsel mit 1 und -1 addieren?

Nein. Jede Realisierung von \(X_i\) nimmt (so verstehe ich das zumindest) unabhängig von den anderen mit der gleichen Wahrscheinlichkeit einen der Werte aus \(\lbrace -1,1\rbrace\) an. Daraus ergibt sich der Wertebereich von \(Y_n\). Sicherlich ist der kleinstmögliche Wert, den \(Y_n\) annehmen kann \(-n\), und der größte eben \(n\). Welche Werte dazwischen noch angenommen werden können, das musst du dir einmal noch überlegen, am besten anhand von Beispielen mit kleinen \(n\). Daraus musst du dir eine Wahrscheinlichkeitsverteilung für \(Y_n\) herleiten.

2020-12-02 15:11 - Lilia in Beitrag No. 4 schreibt:
Und wie genau meint ihr das mit der Definition der bed. Wahrscheinlichkeiten? Wollt ihr auf diese Formel hinaus? P(A|B)=P(A geschn. B)/P(B)?😄

Ja. In \(\LaTeX\):

\[P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\]

Gruß, Diophant

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]
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Lilia
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
ok, danke nochmal😃
Also ich wäre jetzt so weiter vorgegangen, dass ich zuert $Y_3$ berechnet hätte, dafür müssten es ja zwei ungerade $X_i$ und ein gerades $X_i$ geben, damit das funktionieren würde. Bei den $X_i$ gäbe es mehrere Möglichkeiten, Dann müsste ich doch versuchen irgendwie an $P(Y_7\cap Y_3)$ zu kommen und durch $(\frac{1}{2})^3$ teilen, da das ja die Wahrscheinlichkeit von $Y_3$ ist, oder?😃
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-12-02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

2020-12-02 15:48 - Lilia in Beitrag No. 7 schreibt:
Also ich wäre jetzt so weiter vorgegangen, dass ich zuert $Y_3$ berechnet hätte, dafür müssten es ja zwei ungerade $X_i$ und ein gerades $X_i$ geben, damit das funktionieren würde...

Ich verstehe jetzt nicht so ganz, was du hier mit gerade und ungerade meinst. Dafür, dass \(Y_3=1\) ist, gibt es insgesamt drei Möglichkeiten:

\[X_1=X_2=1,\ X_3=-1\ ;\quad X_1=1,\ X_2=-1,\ X_3=1\quad\text{sowie}\quad X_1=-1,\ X_2=X_3=1\]
Wie groß ist denn dafür die Wahrscheinlichkeit?

Rechne das eimal aus. Und dann überträgst du es auf die Warhscheinlichkeit \(P(Y_7=3\cap Y_3=1)\). Wie oft muss hier in den Realisierungen 4 bis 7 die 1 kommen und wie oft die -1? Wie viele Möglichkeiten gibt es dafür? Und wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit für die Schnittmenge?


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Lilia
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Danke Diophant😃
Dafür dass eine 7 eintritt müssten bei den Realisierungen 3 "+1" und 1 "-1" vorkommen, dafür gäbe es 4 Möglichkeiten, also ist $P(Y_7=3|Y_3=1)=\frac{4*(\frac{1}{2})^3}{3*(\frac{1}{2})^3}=(\frac{1}{2})^3$
So vielleicht?😃
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-12-02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

2020-12-02 16:22 - Lilia in Beitrag No. 9 schreibt:
Danke Diophant😃
Dafür dass eine 7 eintritt müssten bei den Realisierungen 3 "+1" und 1 "-1" vorkommen, dafür gäbe es 4 Möglichkeiten, also ist $P(Y_7=3|Y_3=1)=\frac{4*(\frac{1}{2})^3}{3*(\frac{1}{2})^3}=(\frac{1}{2})^3$
So vielleicht?😃

Nein. Ehrlich gesagt: du musst nach wie vor ersteinmal die Aufgabe richtig verstehen. Fangen wir also damit an: wie groß ist die Wahrscheinlichkeit \(P(Y_3=1)\)?

Eine 7 kann nicht eintreten, wenn man schon \(Y_3=1\) weiß.


Gruß, Diophant
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Lilia
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Ok, schade, aber danke für deine Antwort😃
Ich stelle mir das  so vor $P(Y_3=1)=3*(\frac{1}{2})^3$
Da es ja drei Möglichkeiten gibt die jeweils die Wahrscheinlichkeit $(\frac{1}{2})^3$ besitzen.
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-12-02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

2020-12-02 16:36 - Lilia in Beitrag No. 11 schreibt:
Ok, schade, aber danke für deine Antwort😃
Ich stelle mir das  so vor $P(Y_3=1)=3*(\frac{1}{2})^3$
Da es ja drei Möglichkeiten gibt die jeweils die Wahrscheinlichkeit $(\frac{1}{2})^3$ besitzen.

so, das ist doch mal was: das stimmt jetzt nämlich. 👍

(Das sind übrigens ganz profan \(\frac{3}{8}\) ).

Jetzt überlegen wir einmal etwas weiter. Damit \(Y_7=3\cap Y_3=1\) eintritt, muss jetzt, wie du in Beitrag #9 am Rande erwähnt hast, in den Realisierungen 4 bis 7 dreimal die 1 und einmal die -1 eintreten. Dafür, und das ist auch richtig, gibt es 4 Möglichkeiten. Jetzt kommt aber die entscheidende Frage: wie sieht dein Wahrscheinlichkeitsraum für \(Y_7\) aus bzw. was muss man jetzt mit den ersten drei und den nächsten vier Möglichkeiten machen und durch was muss dann dividieren?


Gruß, Diophant
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Danke Diophant,

ich glaube ich weiß was ich im vorletzten Beitrag falsch gemacht habe. Ich habe (denke ich)$\frac{P(Y_7|Y_3)}{P(Y_3)}$ berechnet, wäre dann nicht der Zähler, also $4*(\frac{1}{2})^3=\frac{1}{2}$ die gesuchte Wahrscheinlichkeit?\[\]
->Ich erkenne gerade einen fehler und ändere meine nachricht noch einmal
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-12-02


Hallo,

nein, deine Rechnung aus Beitrag #9 ergibt überhaupt keinen Sinn, denn da kommt eine Wahrscheinlichkeit größer als 1 heraus...

Lass uns am besten die Verständnisprobleme ersteinmal Schritt für Schritt klären.

Wie lauten deine Antworten auf meine Fagen aus Beitrag #12?

Also:

- was muss man mit den ersten drei und den nächsten vier Möglichkeiten noch machen?
- was ist hier die Grundgesamtheit, also durch was muss dividiert werden?

Wenn du das beantworten kannst, sind wir ein großes Stück weiter, denke ich mal.


Gruß, Diophant



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Danke erst nochmal dass du mir immer antwortest, dass ist wirklich nett😄👍

- was muss man mit den ersten drei und den nächsten vier Möglichkeiten noch machen?
- was ist hier die Grundgesamtheit, also durch was muss dividiert werden?

Wenn ich die ersten drei und nächsten vier multiplizieren würde, hätte ich ja gerade $P(Y_7=3\cap Y_3=1)$ und um dann an $P(Y_7=3 |Y_3=1)$ heranzukommen hatte ich hier dividiert, aber das macht ja wie in Beitrag 9 keinen Sinn🙁
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2020-12-02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

2020-12-02 17:22 - Lilia in Beitrag No. 15 schreibt:

- was muss man mit den ersten drei und den nächsten vier Möglichkeiten noch machen?
- was ist hier die Grundgesamtheit, also durch was muss dividiert werden?

Wenn ich die ersten drei und nächsten vier multiplizieren würde, hätte ich ja gerade $P(Y_7=3\cap Y_3=1)$

Nein. Dann hättest du einfach nur die Anzahl an möglichen Realisierungen aber noch keine Wahrscheinlichkeit.

Das halten wir jedoch einmal fest: im Zähler stehen \(3\cdot 4=12\).

2020-12-02 17:22 - Lilia in Beitrag No. 15 schreibt:
und um dann an $P(Y_7=3 |Y_3=1)$ heranzukommen hatte ich hier dividiert, aber das macht ja wie in Beitrag 9 keinen Sinn🙁

Du hast durch die falsche Zahl dividiert. Ich frage nochmal: was ist die Mächtigkeit des zur ZV \(Y_7\) gehörenden Wahrscheinlichkeitsraums (die bisherige Zählweise vorausgesetzt)?

Durch was müssen wir also dividieren?


Gruß, Diophant
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Danke😃
ich meinte allerdings (auch wenn ich das als Antwort auf die Fragen wirklich so geschrieben habe) die Wahrscheinlichkeit dafür, dass mind. eine Möglichkeit eintritt.

Also die Mächtigkeit für $Y_7$, wenn man die bisherige Zählweise voraussetzt wäre $|Y_7|=|\{-3,1,1,3,5\}|=5$ (hoffe dass das gemeint war und ich keine Möglichkeit vergessen habe)😃

aber um ehrlich zu sein verstehe ich nicht, warum ich gerade durch die Mächtigkeit vom Wahrscheinlichkeitsraum $Y_7$ teilen muss, bzw.inwiefern dass die Def. der bed. Wahrscheinlichkeiten hergibt🙁
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2020-12-02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

2020-12-02 17:45 - Lilia in Beitrag No. 17 schreibt:
Danke😃
ich meinte allerdings (auch wenn ich das als Antwort auf die Fragen wirklich so geschrieben habe) die Wahrscheinlichkeit dafür, dass mind. eine Möglichkeit eintritt.

???

2020-12-02 17:45 - Lilia in Beitrag No. 17 schreibt:

Also die Mächtigkeit für $Y_7$, wenn man die bisherige Zählweise voraussetzt wäre $|Y_7|=|\{-3,1,1,3,5\}|=5$ (hoffe dass das gemeint war und ich keine Möglichkeit vergessen habe)😃

Dann hast du unsere Zählweise noch nicht verstanden und auch nicht den Begriff des Wahrscheinlichkeitsraums. Das da oben ist ein Teil der Wertemenge \(\lbrace -7,-5,\dotsc,7\rbrace\) von \(Y_7\). Das hat aber mit unserer Zählweise nichts zu tun.

Wir zählen gerade sämtliche Möglichkeiten durch, wie \(Y_7=3\cap Y_3=1\) realisiert werden kann.

Daher müssen wir durch diejenige Anzahl an Möglichkeiten dividieren, wie ein beliebiger Wert von \(Y_7\) realisiert werden kann.

Stelle dir das einmal als siebenfachen Münfzwurf vor, bei dem man alle Möglichkeiten unter Beachtung der Reihenfolge durchzählt. Wie viele sind das?

2020-12-02 17:45 - Lilia in Beitrag No. 17 schreibt:
aber um ehrlich zu sein verstehe ich nicht, warum ich gerade durch die Mächtigkeit vom Wahrscheinlichkeitsraum $Y_7$ teilen muss, bzw.inwiefern dass die Def. der bed. Wahrscheinlichkeiten hergibt🙁

Dann liest du die Anworten nicht gründlich genug durch. Soweit sind wir nämlich noch nicht. Wir versuchen gerade einfach nur, die Wahrscheinlichkeit von \(Y_7=3\cap Y_3=1\) zu ermitteln. Also das, was zur Berechnung der bedingten Wahrscheinlichkeit in den Zähler muss. Den Nenner haben wir nämlich schon...


Gruß, Diophant
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Danke😄

auf die Antwort mit der du mit? reagiert hast, habe ich ein "nicht" vergessen, es sollte eigentlich heißen, dass ich das was ich meinte und in diesem Beitrag ergänzt habe nicht so geschrieben habe.

Bei ein siebenfacher Münzwurf wäre ja eine Permutation mit Wiederholungen, dementsprechend hätten wir $2^{7}$ Möglichekeiten
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

2020-12-02 18:38 - Lilia in Beitrag No. 19 schreibt:
Danke😄

auf die Antwort mit der du mit? reagiert hast, habe ich ein "nicht" vergessen, es sollte eigentlich heißen, dass ich das was ich meinte und in diesem Beitrag ergänzt habe nicht so geschrieben habe.

Ich verstehe es zwar immer noch nicht, aber das ist ja nicht so wichtig. 😎

2020-12-02 18:38 - Lilia in Beitrag No. 19 schreibt:
Bei ein siebenfacher Münzwurf wäre ja eine Permutation mit Wiederholungen, dementsprechend hätten wir $2^{7}$ Möglichekeiten

Ja. Und wenn wir so zählen, wie wir das tun, dann ist der Wahrscheinlichkeitsraum für \(Y_7\) gegeben durch \(\Omega=\lbrace -1,1\rbrace^7\) mit \(\left|\Omega\right|=2^7=128\).

Bekommst du damit jetzt einmal die Wahrscheinlichkeit \(P(Y_7=3\cap Y_3=1)\) hin, und vielleicht auch die gesuchte bedingte Warscheinlichkeit?


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Danke nochmal😃
ok, also $$P(Y_7=3\cap Y_3=1)=\frac{12}{128}$$ und dann wäre
$$P(Y7=3|Y3=1)=\frac{\frac{12}{128}}{\frac{3}{8}}$$
\(\endgroup\)


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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

2020-12-02 19:02 - Lilia in Beitrag No. 21 schreibt:
Danke nochmal😃
ok, also $$P(Y_7=3\cap Y_3=1)=\frac{12}{128}$$ und dann wäre
$$P(Y7=3|Y3=1)=\frac{\frac{12}{128}}{\frac{3}{8}}$$

ja. Jetzt kann man dieses Resultat hier netterweise auch noch stark vereinfachen...


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Lilia
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Hallo Diophant😃👍,
vielen vielen Dank für die ganze zeit die du aufgewendet hast.
und ja, man kann natürlich noch kürzen.


$$P(Y_7=3\cap Y_3=1)=\frac{12}{128}=\frac{3}{32}$$ $$P(Y7=3|Y3=1)=\frac{\frac{12}{128}}{\frac{3}{8}}=\frac{1}{4}$$
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Diophant
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

2020-12-02 19:17 - Lilia in Beitrag No. 23 schreibt:
Hallo Diophant😃👍,
vielen vielen Dank für die ganze zeit die du aufgewendet hast.

Das ist schon ok. Heute war halt mal MP-Tag bei mir. 😉

2020-12-02 19:17 - Lilia in Beitrag No. 23 schreibt:
und ja, man kann natürlich noch kürzen.
$$P(Y_7=3\cap Y_3=1)=\frac{12}{128}=\frac{3}{32}$$ $$P(Y7=3|Y3=1)=\frac{\frac{12}{128}}{\frac{3}{8}}=\frac{1}{4}$$

Jep. 👍

Jetzt mache im Sinne der Aufgabe einmal folgendes. Rechne das andere Beispiel aus der a) noch auf die gleiche Art und Weise nach, zur Übung vielleicht noch ein selbst ausgedachtes (ich fasse das "o.ä." einmal im Sinne von "oder mit ähnlichen Zahlen" auf).

Mache dir das mit dem verwendeten Wahrscheinlichkeitsraum nochmals gründlich klar.

Und dann versuche, die Aufgabe b) zunächst einmal zu verstehen (was hat es mit der Wahrscheinlichkeit \(P(Y_n=2k-n)\) auf sich?) und versuche, sie zu bearbeiten. Dort wirst du einen Wahrscheinlichkeitsraum wie den von uns verwendeten benötigen - zusammen mit etwas Kombinatorik.

Du kannst dir ja auch die Richtigkeit dieser Gleichung anhand deiner bisher gerechneten konkreten Beispiele nochmal klarmachen. Wo haben wir (implizit) diese Formel verwendet, wo sind bei uns die Binomialkoeffizienten geblieben?

Aber wie gesagt, meine Empfehlung: diesmal erst die Aufgabe komplett verstehen und dann anfangen zu rechnen bzw. zu beweisen.


Gruß, Diophant
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Lilia
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-02


Hallo nochmal😃,


Das ist schon ok. Heute war halt mal MP-Tag bei mir. 😉


Da habe ich wirklich sehr glück gehabt😄👍

Und danke auch für die Tipps zum weiteren Vorgehen, ich werde mir die Aufgaben, auch mit dem anderen Beispiel, definitiv noch mal klarmachen😃

Vielen Dank nochmal!😃👍



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