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Aufgabe 1:
Die Zufallsvariablen X1 sei gegeben durch die folgende Wahrscheinlichkeitsfunktion: f(0) = 0,1, f(1) = 0,25 f(2) = 0,2, f(3) = 0,45. Die Zufallsvariable X2 hingegen sei definiert durch: f(0) = 0,7, f(1) = 0,3.
Außerdem ist bekannt, dass für die gemeinsamen Verteilungsfunktion gilt F(2,0) = 0,35. Darüberhinaus ist f(0,0) = f(1,2) = 0,05.
- Bestimme die bedingte Verteilung von X1 unter der Bedingung X2 = 0.
- Bestimme die Wahrscheinlichkeiten der Realisierungen von X1 unter der Bedingung X2 = 1.
Vertiefung
Lösung 1a:
Zunächst einmal kann man zur besseren Übersicht alle gegebenen Werte in eine Tabelle eintragen. Aus diesen Werten lassen sich dann die weitere Werte in den Zellen berechnen:
Mit Hilfe dieser Tabelle ist das Berechen der Aufgaben deutlich leichter.
f(X1|0) = $\frac{f(0\;|\;0)}{f(0)}$ , X1 wird variiert, X2 bleibt konstant.
f(0|0) = $\frac{f(1\;|\;0)}{f(0)}$ = $\frac{0,05}{0,7}$ = $\frac{1}{14}$ ≈ 0,0714
f(1|0) = $\frac{f(1\;|\;0)}{f(0)}$ = $\frac{0,15}{0,7}$ = $\frac{3}{14}$ ≈ 0,2143
f(2|0) = $\frac{f(2\;|\;0)}{f(0)}$ = $\frac{0,15}{0,7}$ = $\frac{3}{14}$ ≈ 0,2143
f(3|0) = $\frac{f(3\;|\;0)}{f(0)}$ = $\frac{0,35}{0,7}$ = $\frac{1}{2}$ ≈ 0,5
Vertiefung
Lösung 1b:
Entsprechend bleibt hinten, also bei X2, die Zahl 1 stehen und der Eintrag wandert lediglich vorne:
f(0|1) = $\frac{f(0\;|\;1)}{f(1)}$ = $\frac{0,05}{0,3}$ = $\frac{1}{6}$ ≈ 0,1667
f(1|1) = $\frac{f(0\;|\;1)}{f(1)}$ = $\frac{0,1}{0,3}$ = $\frac{1}{3}$ ≈ 0,3333
f(2|1) = $\frac{f(0\;|\;1)}{f(1)}$ = $\frac{0,05}{0,3}$ = $\frac{1}{6}$ ≈ 0,1667
f(3|1) = $\frac{f(0\;|\;1)}{f(1)}$ = $\frac{0,1}{0,3}$ = $\frac{1}{3}$ ≈ 0,3333
Aufgabe 2:
Ein oktaedrischer Würfel, also ein Würfel mit acht Seitenflächen, ist so verändert worden, dass die Wahrscheinlichkeit, mit dem eine Zahl geworfen wird, proportional zu eben dieser Zahl ist. Bedeutet eine acht wird achtmal so häufig fallen wie eine eins.
- Mit welcher Wahrscheinlichkeit werden die einzelnen Zahlen geworfen?
- Der Würfel wird zweimal geworfen. Bestimme die gemeinsame Verteilung der Zufallsvariablen X, die das Ergebnis des ersten Wurfes anzeigt und Y, das Ergebnis des zweiten Würfelwurfs.
- 1. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit bei dem zweimaligen Wrefen des Würfels, dass die Summe der Augenzahlen
- gleich 1
- nicht größer als 5
- zwischen 4 und 7 liegt?
Vertiefung
Lösung 2a:
Nennen wir den Proportionalitätsfaktor a, dann ist die Wahrscheinlichkeitsfunktion:
Die Summe aller Wahrscheinlichkeiten muss gleich 1 sein, denn nur in diesem Fall handelt es sich um eine Dichtefunktion:
1·a + 2·a + 3·a + 4·a + 5·a + 6·a + 7·a + 8·a = 36·a = 1
⇔ a = $ 1 \over {36}$
Vertiefung
Lösung 2b:
Die zweidimensionale Dichtefunktion lautet dann:
Man beachte, dass die beiden Zufallsvariablen X und Y unabängig voneinander sind. Beispiel:
$ {4 \over {36}} \cdot {{8} \over {36}}$ = $ {24} \over {1296}$
oder
$ {5 \over {36}} \cdot {{6} \over {36}}$ = $ {30} \over {1296}$
Vertiefung
Lösung 2c:
i. Die Summe der Augenzahlen ist niemals gleich 1, also ist die Wahrscheinlichkeit hierfür null.
ii. In folgenden Fällen ist sie nicht größer gleich 5:
(X,Y) = (1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (2,2), (2,3), (3,1), (3,2), (4,1)
Somit ist die Wahrscheinlichkeit :
P(X+Y ≤ 5) = P({(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (2,2), (2,3), (3,1), (3,2), (4,1) } = $ {35} \over {1296}$
Die Wahrscheinlichkeiten aus den genannen Bereichen erden einfach summiert.
iii. Die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der Augenzahlen zwischen 4 und 7 liegt, ist:
P(3 ≤ X + Y ≤ 6) = $ {121} \over {1296}$
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