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Universität/Hochschule J Wahrscheinlichkeitsraum Urne
shirox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-07-10 14:27


Hallo,
Ich bin mir nicht ganz sicher, ob ich bei der Aufgabe einen richtigen Wahrscheinlichkeitsraum aufgestellt habe, vielleicht könnt ihr mir ja helfen. Die Aufgabe lautet wie folgt:
In einer Urne befinden sich $2$ rote und $3$ blaue Kugeln. Aus der Urne wird $n$-mal
mit zurücklegen gezogen und bei jedem Zug die Farbe der Kugel notiert. Dabei
sei $n ≥ 2$ eine natürliche Zahl.

Ich hätte jetzt gedacht $\Omega=\{0,1\}^n=\{\omega=(\omega_1,..,\omega_n):\omega_i \in\{0,1\}$ für $i=1,...,n$ und 0 entspricht einer roten roten Kugel und 1 einer blauen Kugel
Das Wahrscheinlichkeitsmaß kann ich ja durch die Angabe einer Zähldichte eindeutig bestimmen also $\rho(0)=2/5$ und $\rho(1)=3/5$
Und $F$ die Potenzmenge von $\Omega$ also insgesamt $(\Omega,F) $ mit der Zähldichte
Irgendwie bin ich aber skeptisch bei der Lösung. Hatte erst an $P$ ~ Bin(n,p) gedacht aber da war ich mir dann unsicher.
Ich soll bei b) dann nämlich eine Zufallsvariable auf meinem Ergebnisraum definieren, welche zählt wie viele verschiedene Farben gezogen wurden, das bekomme ich mit meinem glaube ich nicht hin?

Ich hoffe ihr könnt mir helfen, vielen Dank!



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-10 15:15


Moin shirox

2020-07-10 14:27 - shirox im Themenstart schreibt:

Ich hätte jetzt gedacht $\Omega=\{0,1\}^n=\{\omega=(\omega_1,..,\omega_n):\omega_i \in\{0,1\}$ für $i=1,...,n$ und 0 entspricht einer roten roten Kugel und 1 einer blauen Kugel

Das sieht gut aus.

2020-07-10 14:27 - shirox im Themenstart schreibt:
Das Wahrscheinlichkeitsmaß kann ich ja durch die Angabe einer Zähldichte eindeutig bestimmen also $\rho(0)=2/5$ und $\rho(1)=3/5$

Das ist noch etwas unrund. Wie rechnest du $P(\{\omega\})$, $\omega\in\Omega$, aus?

2020-07-10 14:27 - shirox im Themenstart schreibt:
Und $F$ die Potenzmenge von $\Omega$ also insgesamt $(\Omega,F) $ mit der Zähldichte
Irgendwie bin ich aber skeptisch bei der Lösung. Hatte erst an $P$ ~ Bin(n,p) gedacht aber da war ich mir dann unsicher.

Nee, das wird ...


2020-07-10 14:27 - shirox im Themenstart schreibt:
Ich soll bei b) dann nämlich eine Zufallsvariable auf meinem Ergebnisraum definieren, welche zählt wie viele verschiedene Farben gezogen wurden, das bekomme ich mit meinem glaube ich nicht hin?

Gesucht ist also $X:\Omega\to\IR$ mit $\omega\mapsto X(\omega)$. Wie ist $X(\omega)$ definiert?

vg Luis



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shirox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-10 16:34


Erstmal wieder vielen Dank für deine Antwort!

Für hätte ich die Idee $X(\omega)=\begin{cases}
 1 ,\omega_1+...+\omega_n=0 oder n \\
 2 , sonst \\

\end{cases}$
Also es gibt ja nur die Möglichkeit 2 verschiedene Farben zu ziehen oder halt nur eine Farbe

Bei $P(\{\omega\})$ habe ich ja für rot und blau unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten deswegen weiß ich nicht genau wie ich das am besten mache die Wahrscheinlichkeit $n$ rote Kugeln zu ziehen ist doch $(2/5)^n)$ oder?



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-07-10 17:03


2020-07-10 16:34 - shirox in Beitrag No. 2 schreibt:

Für hätte ich die Idee

$X(\omega)=\begin{cases}
 1 ,\omega_1+...+\omega_n=0 oder n \\
 2 , sonst \\

\end{cases}$

Also es gibt ja nur die Möglichkeit 2 verschiedene Farben zu ziehen oder halt nur eine Farbe

Okay, genau genommen kann ich deiner Logik folgen. Aber das ist wohl *zu* naheliegend. Ich verstehe die Frage so, dass nach der *Anzahl* der Kugeln einer Farbe (und damit nach der Anzahl der Kugeln der anderen Farbe) gefragt ist. Loes' das mal lieber so, es macht mehr Sinn.

2020-07-10 16:34 - shirox in Beitrag No. 2 schreibt:


Bei $P(\{\omega\})$ habe ich ja für rot und blau unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten deswegen weiß ich nicht genau wie ich das am besten mache die Wahrscheinlichkeit $n$ rote Kugeln zu ziehen ist doch $(2/5)^n)$ oder?

Nicht unbedingt. Wie gross ist denn $P(\{(1,1,1,\dots,1,1)\})$?
                 



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shirox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-10 17:40


Okay, ich probiere es erneut, vielleicht mit
$X(\omega)=\omega_1+ \dots +\omega_n$ wobei das dann die Anzahl an blauen Kugeln angibt und wenn man das von $n$ abzieht bekommt man die Anzahl an roten Kugeln

$P(\{(1,1,1,\dots,1,1)\})=\frac{|\{(1,1,1,\dots,1,1)\}|}{|\Omega|}
=\frac{1}{2^n}$
Vielleicht so?



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-07-10 17:46


2020-07-10 17:40 - shirox in Beitrag No. 4 schreibt:
Okay, ich probiere es erneut, vielleicht mit
$X(\omega)=\omega_1+ \dots +\omega_n$ wobei das dann die Anzahl an blauen Kugeln angibt und wenn man das von $n$ abzieht bekommt man die Anzahl an roten Kugeln

Korrekt.

2020-07-10 17:40 - shirox in Beitrag No. 4 schreibt:
$P(\{(1,1,1,\dots,1,1)\})=\frac{|\{(1,1,1,\dots,1,1)\}|}{|\Omega|}
=\frac{1}{2^n}$
Vielleicht so?

Leider nein, $P(\{(1,1,1,\dots,1,1)\})= \left(\frac{3}{5}\right)^n$. Bedenke: Es liegt kein Laplace-Modell vor.




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shirox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-10 18:37


2020-07-10 16:34 - shirox in Beitrag No. 2 schreibt:


Bei $P(\{\omega\})$ habe ich ja für rot und blau unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten deswegen weiß ich nicht genau wie ich das am besten mache die Wahrscheinlichkeit $n$ rote Kugeln zu ziehen ist doch $(2/5)^n)$ oder?

Aber wieso ist dann die Wahrscheinlichkeit $n$ rote Kugeln zu ziehen also $P(\{0,0,\dots,0\}) \neq (\frac{2}{5})^n$


Und ist dann die Wahrscheinlichkeit $n-1$ blaue zu ziehen und eine rote
$(\frac{3}{5})^{n-1}+\frac{2}{5}$ [Das ist irgendwie Qutasch]
Und ich muss jetzt noch die Wahrscheinlichkeit
$P(\{\omega_1,\dots,\omega_n)\}$
allgemein angeben ich dachte ganz kurz wieder an eine Binomialverteilung ich habe doch nur zwei mögliche Ereignisse und ziehe $n$ mal und würde doch dann rausbekommen wie viele rote kugeln ich hätte?



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-07-10 19:44


2020-07-10 18:37 - shirox in Beitrag No. 6 schreibt:
Aber wieso ist dann die Wahrscheinlichkeit $n$ rote Kugeln zu ziehen also $P(\{0,0,\dots,0\}) \neq (\frac{2}{5})^n$

Ich habe nicht behauptet, dass $P(\{0,0,\dots,0\})=(\frac{2}{5})^n$ falsch ist, im Gegenteil. Nur ist $P(\{\omega\})=(\frac{2}{5})^n$ i.Allg. falsch.


2020-07-10 18:37 - shirox in Beitrag No. 6 schreibt:
Und ist dann die Wahrscheinlichkeit $n-1$ blaue zu ziehen und eine rote
$(\frac{3}{5})^{n-1}+\frac{2}{5}$ [Das ist irgendwie Qutasch]
Und ich muss jetzt noch die Wahrscheinlichkeit
$P(\{\omega_1,\dots,\omega_n)\}$
allgemein angeben ich dachte ganz kurz wieder an eine Binomialverteilung ich habe doch nur zwei mögliche Ereignisse und ziehe $n$ mal und würde doch dann rausbekommen wie viele rote kugeln ich hätte?

Ich lasse jetzt mal die Katze aus dem Sack: $P(\{(\omega_1,\omega_2,\dots,\omega_n)\})=\left(\frac{3}{5}\right)^{k}\cdot\left(\frac{2}{5}\right)^{n-k}$ mit $k=\omega_1+\omega_2+\dots+\omega_n$.

Du bist kurz davor: Was ist binomialverteilt und warum?



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shirox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-10 20:04


$P(\{(\omega_1,\omega_2,\dots,\omega_n)\})=\left(\frac{3}{5}\right)^{k}\cdot\left(\frac{2}{5}\right)^{n-k}$
Das ist doch eine n-stufige Bernoulliverteilung oder nicht?
Das heißt wir bekommen damit doch raus, ob im n-ten Zug eine blaue Kugel gezogen wurde
Wenn wir die Anzahl haben wollen brauchen wir doch eine Biniomalverteilung und dann fehlt doch noch der binomialkoeffizient?
Und ich hätte gesagt, dass Ergebnis genau $n$ blaue Kugeln zu ziehen ist biniomialverteilt. Oder bin ich jetzt wieder auf dem Holzweg?^^
Und nochmal danke für deine Geduld.



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-07-10 20:17


Wir halten mal fest, was wir haben.

a) Es ist $\Omega=\{0,1\}^n$, $F=\mathfrak{P}(\Omega)$ und $P(\{(\omega_1,\omega_2,\dots,\omega_n)\})=\left(\frac{3}{5}\right)^{k}\cdot\left(\frac{2}{5}\right)^{n-k}$ mit $k=\omega_1+\omega_2+\dots+\omega_n$. (Der Ausdruck "$n$-stufige Bernoulliverteilung" ist *mir* nicht gelaeufig.)

Damit ist a) erledigt.

Kommen wir zu b) Du hast bereits erkannt, dass es um die Zufallsvariable
$X:\Omega\to\IR$ mit $\omega\mapsto X(\omega)= \omega_1+\omega_2+\dots+\omega_n$ geht.

Damit ist auch b) beantwortet, mehr ist nicht zu tun. Oder fehlt dir noch etwas?

vg Luis

                 



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shirox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-10 23:28


Ah, perfekt, ja das war es erstmal zu der Aufgabe.
Vielen lieben Dank



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shirox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-11 09:31


Ich muss leider nochmal einhaken. Wieso kann ich den nicht die Binomialverteilung nehmen also
$(P(\{(\omega_1,\omega_2,\dots,\omega_n)\})=\binom{n}{k}\left(\frac{3}{5}\right)^{k}\cdot\left(\frac{2}{5}\right)^{n-k}$



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-07-11 09:55


Hallo shirox,

wenn es immer noch um diese Teilaufgabe b) aus dem Themenstart geht, dann ist die Antwort einfach: weil es keine Binomialverteilung ist.

Die gesuchte Zufallsvariable kann nämlich - unabhängig von n - nur genau 2 Werte annehmen. Bei einer Binomialverteilung müsste die ZV jedoch alle Werte von 0 bis n annehmen können.

Von daher halte ich in diesem Fall die Interpretation der Aufgabe von Luis52 für falsch und deine ursprüngliche für richtig.

Zur Klärung des Sachverhalts wäre es gut, wenn du die ganze Aufgabe noch im Originalwortlaut nachreichen könntest.


Gruß, Diophant



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shirox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-11 10:20


Okay,das ist ein Argument, dennoch gibt mir die Zufallsvariable aber an wie viele blaue Kugeln ich gezogen habe, das hat mich irritiert ich dachte nämlich eine bernoulliverteilung kann mir nur sagen, ob ich im jeweiligen Schritt ein Erfolg (1) oder Misserfolg hatte(0

hätte ich mir mein $\Omega$ und meine Zufallsvariable nicht auch so bauen können in der Form $\Omega=\{0,\dots,n\}$ $F=\mathfrak{P}(\Omega)$
und $P:\mathfrak{P}(\Omega) \to [0,1]$ mit $P(k)=\binom{n}{k}\left(\frac{3}{5}\right)^{k}\cdot\left(\frac{2}{5}\right)^{n-k}$

Und vielen Dank eigentlich ist die Aufgabe ja wirklich nicht schwer, aber irgendwie konnte sie mich sehr verwirren.



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shirox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-11 10:29


Okay, dann vielleicht nochmal von Vorne mit der ganzen Aufgabe im Orginallaut:
In einer Urne befinden sich 2 rote und 3 blaue Kugeln. Aus der Urne wird n-mal mit zurücklegen gezogen und bei jedem Zug die Farbe der Kugel notiert. Dabei sei n≥2 eine natürliche Zahl.
a)
Stellen Sie einen Wahrscheinlichkeitsraum für dieses Zufallsexperiment auf
und geben Sie an, wie ein Ergebnis $\omega \in \Omega$ zu interpretieren ist.
b)
Definieren Sie als Abbildung auf Ihrem Ergebnisraum aus (a) eine Zufallsvariable $X$, welche zählt, wieviele verschiedene Farben gezogen wurden
und berechnen Sie den Erwartungswert von $X$
c) Sind die Ereignisse $A = {X = 1}$ und $B$ ”Im ersten Zug wird eine rote Kugel gezogen“ unabhängig?



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-07-11 10:32

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

2020-07-11 10:20 - shirox in Beitrag No. 13 schreibt:
Okay,das ist ein Argument, dennoch gibt mir die Zufallsvariable aber an wie viele blaue Kugeln ich gezogen habe...

Von welcher Zufallsvariablen sprechen wir jetzt?

Ich orientiere mich nach dem Themenstart:

2020-07-10 14:27 - shirox im Themenstart schreibt:
Ich soll bei b) dann nämlich eine Zufallsvariable auf meinem Ergebnisraum definieren, welche zählt wie viele verschiedene Farben gezogen wurden...

So. Das ist rein sprachlich unmissverständlich formuliert. Diese ZV zählt, ob unter den gezogenen Kugeln unterschiedliche Farben vorkommen oder nicht.

Bevor ich hier auch nur den leisesten Ansatz einer Rechnung mache, hätte ich gerne geklärt, wie das gemeint ist. So, wie du es gepostet hast ist euer bisheriger Ansatz wie gesagt völlig falsch. Es kann anders gemeint sein, das hielte ich auch für nicht unwahrscheinlich. Und daher benötigen wir jetzt den Originalwortlaut der Aufgabe, der eigentlich ja schon in den Themenstart gehört hätte.

Irgendwie müssten wir hier mal wieder einen Anlauf starten, das so wie früher einfach strikt einzufordern...

Nachtrag:
Nachdem der Originalwortlaut nun vorliegt möchte ich kurz auf Beitrag #2 eingehen. Dort hattest du ja schon einen Versuch gestartet, der in die richtige Richtung geht.

Nur ist eben \(X=1\), wenn \(\displaystyle\sum_{i\in I}\omega_i=0\) oder \(\displaystyle\sum_{i\in I}\omega_i=n\). Sonst gilt \(X=2\). Hilft dir das weiter?


Gruß, Diophant

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.13 begonnen.]
\(\endgroup\)


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shirox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-11 10:49


Danke für deine Antwort. Meiner Meinung wich meine Formulierung der Aufgabenstellung nicht vom Orginaltext ab, aber das ist ja egal jetzt, ich verstehe dein anliegen, dadurch unnötige Missverständnisse zu vermeiden.

"Nur ist eben \(X=1\), wenn \(\displaystyle\sum_{i\in I}\omega_i=0\) oder \(\displaystyle\sum_{i\in I}\omega_i=n\). Sonst gilt \(X=2\). Hilft dir das weiter?"

Das hatte ich in Beitrag 2 so geschrieben bzw. gemeint konnte es nur nicht richtig mit LaTeX aufschreiben.

Durch diese Zufallsvariable also \(X=1\), wenn \(\displaystyle\sum_{i\in I}\omega_i=0\) oder \(\displaystyle\sum_{i\in I}\omega_i=n\)
verstehe ich auch den zugehörigen Ereignisraum besser.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-07-11 11:12

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

2020-07-11 10:49 - shirox in Beitrag No. 16 schreibt:
Danke für deine Antwort. Meiner Meinung wich meine Formulierung der Aufgabenstellung nicht vom Orginaltext ab, aber das ist ja egal jetzt,

So war das ja auch nicht gemeint. Im Gegenteil, du hattest es genau richtig formuliert. Aber beurteilen kann man es eben erst, wenn man den Originaltext kennt.

2020-07-11 10:49 - shirox in Beitrag No. 16 schreibt:
ich verstehe dein anliegen, dadurch unnötige Missverständnisse zu vermeiden.

Ja, genau, darum geht es mir. 👍

2020-07-11 10:49 - shirox in Beitrag No. 16 schreibt:
"Nur ist eben \(X=1\), wenn \(\displaystyle\sum_{i\in I}\omega_i=0\) oder \(\displaystyle\sum_{i\in I}\omega_i=n\). Sonst gilt \(X=2\). Hilft dir das weiter?"

Das hatte ich in Beitrag 2 so geschrieben bzw. gemeint konnte es nur nicht richtig mit LaTeX aufschreiben.

Durch diese Zufallsvariable also \(X=1\), wenn \(\displaystyle\sum_{i\in I}\omega_i=0\) oder \(\displaystyle\sum_{i\in I}\omega_i=n\)
verstehe ich auch den zugehörigen Ereignisraum besser.

Gut. Sind dann die Wahrscheinlichkeiten für die beiden Werte und der Erwartungswert \(E(X)\) klar?


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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shirox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-11 13:14


Ähm, ich hoffe zumindest dass ich es jetzt richtig verstanden habe.

$P(X=1)=P(\{0,..,0\})+P(\{1,\dots,1\})=(\frac{2}{5})^n+(\frac{3}{5})^n$

$P(X=2)=1-P(X=1)$

Für den Erwartungswert gilt dann:

$E[X]=1*P(X=1)+2*P(X=2)$

Ich hoffe wirklich dass das jetzt so stimmt



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Hallo,

das ist jetzt alles richtig. Der Erwartungswert darf dabei durchaus auch ausgerechnet werden (in Abhängigkeit von n eben). 🙂


Gruß, Diophant



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shirox
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Ja, das würde ich dann noch ausrechnen.
Trotzdem Vielen Dank euch beiden!:)



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shirox hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
shirox hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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