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Eindeutigkeit W-maß: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:11 Di 11.11.2003
Autor: ministel

Gegeben seien zwei abzählbare Mengen [mm]\Omega_1 , \Omega_2[/mm] und ein Wahrscheinlichkeitsmaß [mm]P^1[/mm] auf [mm]\Omega_1[/mm]. Ferner sei für alle [mm]\omega_1 \in \Omega_1[/mm] ein Wahrscheinlichkeitsmaß [mm]P^2_{\omega_1}[/mm] definiert.
Zeigen Sie: Es existiert genau ein W-maß P auf [mm]\Omega := \Omega_1 x \Omega_2[/mm] derart, dass für alle [mm](\omega_1 , \omega_2 ) \in \Omega[/mm] gilt: [mm]P(\{(\omega_1 , \omega_2 )\}) = P^1(\{\omega_1 \})P^2_{\omega_1}(\{\omega_2 \}).[/mm]
Also die Existenz ist kein Problem, nur weiß ich nicht recht, wie ich das mit der Eindeutigkeit zeigen soll...


        
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Eindeutigkeit W-maß: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:27 Di 11.11.2003
Autor: Stefan

Hallo minstel (kann es sein, dass es in Wirklichkeit ein anderer Autor war und sich hier ein Fehler eingeschlichen hat, denn ministel war in der Zeit gar nicht online?),

die Eindeutigkeit ist gar nicht so schwierig. Zu Zeigen bleibt ja, dass ein W-Maß auf der Potenzmenge von [mm]\Omega_1 \times \Omega_2[/mm] eindeutig durch die Bedingung

[mm](\*) \qquad P(\{(\omega_1 , \omega_2 )\}) = P^1(\{\omega_1 \})P^2_{\omega_1}(\{\omega_2 \})[/mm]


bestimmt ist. Es sei also [mm]A[/mm] beliebig aus der Potenzmenge von [mm]\Omega_1 \times \Omega_2[/mm] gegeben und [mm]P[/mm] ein Maß auf dieser Potenzmenge.


Dann gilt:

[mm] P(A) = P\left( \bigcup\limits_{\{\omega_1 \in \Omega_1\}} \bigcup\limits_{\{\omega_2 \in \Omega_2 : (\omega_1,\omega_2) \in A\}} \{(\omega_1,\omega_2)\} \right) [/mm]

[mm] = \sum\limits_{\omega_1 \in \Omega_1} \, \sum\limits_{\omega_2 \in \Omega_2 : (\omega_1,\omega_2) \in A} P(\{(\omega_1,\omega_2)\})[/mm]

Daraus folgt: [mm]P[/mm] ist durch die Werte auf den Mengen [mm]\{(\omega_1,\omega_2)\}[/mm] und damit durch die Bedingung (*) eindeutig bestimmt.

Melde dich einfach bei weiteren Fragen. Ich hoffe ich konnte dir helfen. :-)

Alles Gute
Stefan


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Eindeutigkeit W-maß: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 17:31 Di 11.11.2003
Autor: Marc

Hallo Stefan,

> Hallo minstel (kann es sein, dass es in Wirklichkeit ein
> anderer Autor war und sich hier ein Fehler eingeschlichen hat,
> denn ministel war in der Zeit gar nicht online?),

ministel ist schon der richtige Autor, da aber ein Fehler auftrat, als sie diesen Artikel posten wollte, habe ich es für sie nachgeholt.
Die Fehlerursache habe ich immer noch nicht ermitteln können, aber ich bleibe dran ;-)

Gruß,
Marc


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Eindeutigkeit W-maß: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 11:52 Mi 12.11.2003
Autor: ministel

Ah, danke schön. :-) War ja wirklich ganz einfach. Nur drauf kommen muss man eben.

Ich grübel grad über ner weiteren Aufgabe. Ich weiß nicht genau, wie ich die Wahrscheinlichkeit berechnen soll... also ich hab schon lauter Lösungsansätze, weiß aber nicht, welche davon die richtigen sind (falls denn mindestens einer richtig ist).

Aufgabe ist, dass ich beim Skat zwei Buben habe, die anderen Karten sind alle schon ausgeteilt und die beiden Karten auf dem Tisch sind noch nicht aufgenommen.
Zu Berechnen ist die Wahrscheinlichkeit, dass noch jemand anderes mehr als einen Buben auf der Hand hat.

Also ich hab grad meine ganzen Lösungen gestrichen, weil ich gesehn hab, dass sie falsch waren. ;-)
Ich versuch jetzt mal all meine Überlegungen irgendwie aufzulisten, weil ich sonst total durcheinander komme.

Also wenn im Skat ein oder mehr Buben (also zwei) sind, dann würde das ja bedeuten, dass die Wahrscheinlichkeit Null ist, denn dann ists ja unmöglich, dass noch irgendjemand mehr als einen Buben hat. Daher würde ich sagen, dass das gar nicht mit reinspielt...

Weiterhin würd ich darauf tippen, dass ich das mit bedingter Wahrscheinlichkeit berechnen muss. Wenn ich A als das Ereignis hab, dass ich zwei Buben auf der Hand hab und B als das Ereignis, dass jemand anderes höchstens einen Buben auf der Hand hat, wären dann die Einzelwahrscheinlichkeiten:

[mm]P(B) = \frac {{4 \choose 2}*{28 \choose 8}}{{32 \choose 10}}[/mm]
[mm]P(A) = 1 - P(A^c) = 1 - \frac{{2 \choose 2}*{20 \choose 8}}{{22 \choose 10}}[/mm]

Aber selbst, wenn das richtig ist, wie berechne ich dann P(A*B)? Irgendwie ist mir immer noch nicht so richtig klar, was genau das ist...

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Eindeutigkeit W-maß: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 19:16 Mi 12.11.2003
Autor: Stefan

Hallo ministel,

also deine Überlegungen konnte ich leider nicht ganz nachvollziehen, tut mir leid. (Kann durchaus an mir liegen.)

Meine Sichtweise:

1. Lösungsweg:

Ich rechne zunächst die Wahrscheinlichkeit aus, dass mein linker Nachbar zwei Buben besitzt:

Diese ist (hypergeometrische Verteilung):

[mm]\frac{{2 \choose 2} \cdot {20 \choose 8}}{{22 \choose 10}}[/mm].

Nun kann es aber auch mein rechter Nachbar sein, also ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens (und damit genau) einer meiner Mitspieler zwei Buben besitzt:

[mm]2 \cdot \frac{{2 \choose 2} \cdot {20 \choose 8}}{{22 \choose 10}}\ [/mm] (*)


2. Lösungsweg:

Beim ersten Lösungsweg habe ich die Buben den Spielern (plus Skat)zugeteilt. Jetzt mache ich es umgekehrt: Ich teile die Spieler (plus Skat) den Buben zu. Es gibt drei "Packen": zwei mit zehn Karten, einen mit zwei Karten. Es gibt zwei günstige Fälle: Wenn ich zweimal Karten aus dem ersten Packen oder zweimal Karten aus dem zweiten Packen ziehe.

Die Wahrscheinlichkeit dafür ist

[mm] \frac{2 \cdot {10 \choose 2} \cdot {10 \choose 0} \cdot {2 \choose 0}}{{22 \choose 2}}\ [/mm] (**).

Zum Glück sind (*) und (**) beide gleich groß!! ;-)

Kannst du das nachvollziehen und/oder bestätigen? Ich bin mir bei diesen Stochastik-Aufgaben nämlich selber nie so ganz sicher (obwohl ich im weitesten Sinne in Stochastik meinen Doktor machen will, aber das ist was vööööllig anderes als diese Rumrechnerei hier *redetsichraus* ;-)).

Liebe Grüße
Stefan



Nachricht bearbeitet (Mi 12.11.03 19:17)

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Eindeutigkeit W-maß: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 23:18 Mi 12.11.2003
Autor: ministel

Nein, ich glaub nicht, dass es an dir liegt, dass du da nicht durchgestiegen bist. ;)
Mir kam dann auf dem Weg zur Vorlesung ein anderer Gedanke, hab dann einfach berechnet, wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, dass entweder der eine oder der andere Mitspieler zwei Buben hat und fertig wars.
Ich denke manchmal einfach zu kompliziert. ;)

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Eindeutigkeit W-maß: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 08:36 Do 13.11.2003
Autor: Stefan

Hallo ministel,

> Ich denke manchmal einfach zu kompliziert. ;)

Das haben Frauen so an sich. ;-)

Liebe Grüße
Stefan


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