Zufallsvariable < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:35 Fr 27.11.2020 | | Autor: | TS85 |
| Aufgabe | Urne mit n Kugeln (Durchnummerierung 1 bis n, n [mm] \in \IN).
[/mm]
Ziehen k Kugeln ohne Zurücklegen, k [mm] \in \IN, k\leq [/mm] n.
X ist Summe der gezogenen Kugeln.
i)Geben sie W-Raum und Zufallsvariable X an.
ii) Berechnen sie den Erwartungswert |
Hallo,
[mm] \Omega=\{1,...,n\}
[/mm]
Die Summe ist die Zufallsvariable [mm] X:\Omega \to \IR,X((\omega_1,...,\omega_k))=\summe_{i=1}^{k}\omega_{i}
[/mm]
Die Kombinationsmöglichkeiten bestehen aus [mm] \bruch{n!}{(n-k)!}
[/mm]
(mit Reihenfolge, ohne Zurücklegen).
Für den Augensummenstart verwende ich [mm] \bruch{k*(k+1)}{2}
[/mm]
(k=1: 1, k=2: 1+2, ...)
Für das Ende verwende ich:
[mm] \bruch{n(n+1)}{2}-\bruch{(n-k)*((n-k)+1)}{2}=...=\bruch{2kn-k^2+k}_{2}
[/mm]
(z.b. n=6,k=1: 30-24=6, Gauss-Formel)
Der Erwartungswert bildet sich aus
[mm] E(X)=\summe_{i=\bruch{k(k+1)}{2}}^{\bruch{2kn-k^2+k}{2}}i*P(X=i)
[/mm]
[mm] =\summe_{a \in X(\omega)}a*P(\{\omega\})
[/mm]
mit [mm] P(X=i)=\bruch{?}{\bruch{n!}{(n-k)!}}
[/mm]
Meine Frage ist nun: Ist der Ansatz in Ordnung oder eine Verkomplizierung (unklar, da ? fehlt)?
Wie berechne ich die Kombinationsanzahl für eine Augensumme. Vom Aufbau scheint dies eigentlich relativ leicht zu sein, ich komme gerade aber nicht drauf. Handelt es sich hierbei um eine allgemeine Formel, oder ist selbst eine zu erstellen?
Hilfe wäre nett
|
|
| |
|
Hiho,
> Urne mit n Kugeln (Durchnummerierung 1 bis n, n [mm]\in \IN).[/mm]
>
> Ziehen k Kugeln ohne Zurücklegen, k [mm]\in \IN, k\leq[/mm] n.
> X ist Summe der gezogenen Kugeln.
>
> i)Geben sie W-Raum und Zufallsvariable X an.
> ii) Berechnen sie den Erwartungswert
> Hallo,
>
> [mm]\Omega=\{1,...,n\}[/mm]
> Die Summe ist die Zufallsvariable [mm]X:\Omega \to \IR,X((\omega_1,...,\omega_k))=\summe_{i=1}^{k}\omega_{i}[/mm]
Hier hätte dir schon auffallen müssen, dass etwas nicht stimmt.
Du sagst: [mm]\Omega=\{1,...,n\}[/mm], d.h. jedes [mm] $\omega \in \Omega$ [/mm] soll eine Zahl zwischen 1 und n sein.
Dann schreibst du: [mm]X:\Omega \to \IR[/mm]
D.h. die argumente von $X$ sollen obige [mm] $\omega [/mm] in [mm] \Omega$ [/mm] sein und dann notierst du [mm]X((\omega_1,...,\omega_k))=\summe_{i=1}^{k}\omega_{i}[/mm] und plötzlich steckst du ein k-Tupel in dein $X$ rein.
Das passt nicht zusammen.
Deine Definition von $X$ ist ok, auch dass du da $k$-Tupel reinsteckst.
Überlege dir nochmal, wie dein passendes [mm] $\Omega$ [/mm] dazu aussehen muss.
Bedenke auch, dass du OHNE Zurücklegen ziehst, das muss sich in deiner Definition vom [mm] $\Omega$ [/mm] irgendwie widerspiegeln.
> Die Kombinationsmöglichkeiten bestehen aus
> [mm]\bruch{n!}{(n-k)!}[/mm]
> (mit Reihenfolge, ohne Zurücklegen).
Korrekt, du könntest aber auch die Möglichkeiten OHNE Reihenfolge verwenden, das macht es etwas einfacher.
Denn für dein X ist es ja egal, in welcher Reihenfolge die Elemente gezogen wurden.
In der Summe kommt dasselbe raus…
> Für den Augensummenstart verwende ich [mm]\bruch{k*(k+1)}{2}[/mm]
Was meinst du damit?
Die gezogenen Kugeln müssen ja nicht die k kleinsten Kugeln sein.
Aber das ist der Minimalwert, das ist korrekt.
> (k=1: 1, k=2: 1+2, ...)
>
> Für das Ende verwende ich:
>
> [mm]\bruch{n(n+1)}{2}-\bruch{(n-k)*((n-k)+1)}{2}=...=\bruch{2kn-k^2+k}_{2}[/mm]
> (z.b. n=6,k=1: 30-24=6, Gauss-Formel)
Ja, das ist dann der Maximalwert, den X annehmen kann.
> Der Erwartungswert bildet sich aus
>
> [mm]E(X)=\summe_{i=\bruch{k(k+1)}{2}}^{\bruch{2kn-k^2+k}{2}}i*P(X=i)[/mm]
Ja, das sieht schon mal gut aus…
Du musst also nur die Werte zwischen Min und Max von X berücksichtigen.
> Meine Frage ist nun: Ist der Ansatz in Ordnung oder eine
> Verkomplizierung (unklar, da ? fehlt)?
Ich würde auch so ansetzen.
> Wie berechne ich die Kombinationsanzahl für eine
> Augensumme. Vom Aufbau scheint dies eigentlich relativ
> leicht zu sein, ich komme gerade aber nicht drauf. Handelt
> es sich hierbei um eine allgemeine Formel, oder ist selbst
> eine zu erstellen?
Adhoc würde ich mir eine überlegen.
Letztendlich läuft es ja auf folgende Überlegungen hinaus.
Du hast den Min-Wert und den Max-Wert.
Die Frage ist nun, wie kannst du Min+1 erzeugen, wie kannst du Min-2 erzeugen … etc
Bis zu: Wie kannst du Min + (Max - Min-1) = Max - 1 erzeugen.
Aus Symmetriegründen gilt natürlich:
P(X = Min + j) = P(X = Max - j)
Gruß,
Gono
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:58 Sa 28.11.2020 | | Autor: | TS85 |
Meine Rechnung ist offensichtlich eine Verkomplizierung, auch wenn sie zulässig ist.
Ich würde die Anzahl nun über k!, einer Schrittweite (k-1)*2 und einem Index (0,0,1,1,..), der sich über die absolute Abweichung
von [mm] X(\{\omega\}) [/mm] zu Mittelwert der Augensumme berechnet,
erstellen. Mach ich aber nicht, da zu aufwändig.
Das Definieren des Wahrscheinlichkeitsraums [mm] (\Omega,P) [/mm] (auch P gefordert, vergas ich zu erwähnen, dass explizit gefordert in Aufgabenstellung) ist mir allerdings noch nicht ganz klar.
Vermutlich bezieht sich dies hier auf die Laplace-Verteilung aus tobit09 Post.
|
|
|
| |
|
b) lässt sich intuitiv und durch eine "allgemeine Beispielsrechnung" sehr einfach bestimmen. Ob dies im Sinne des Aufgabenstellers ist, weiß ich nicht, aber du hast zumindest eine Kontrolle, falls du einen anderen Rechenweg findest.
Intuitiv: Da alle Zahlen "gleich oft" vorkommen, ist ihr mittlerer Wert [mm] \bruch{1+n}{2}. [/mm] Da k Zahlen gezogen werden, ist deren Summe [mm] E(X)=k*\bruch{1+n}{2}.
[/mm]
Allgemeine Beispielsrechnung: Der liebe Gott macht ein Experiment. Er führt die obige Ziehung von k Zahlen n mal durch und sorgt dafür, dass jede Zahl gemäß ihrer Wahrscheinlichkeit gleich oft vorkommt. Für k=1 lässt er also in jeder Ziehung eine andere Zahl vorkommen. Addiert man nun alle Summen (hier nur jeweils eine Zahl), so erhält man [mm] 1+2+3+...+n=\bruch{n(1+n)}{2}. [/mm] Macht man das selbe nun mit k=2, so ist am Ende jede Zahl doppelt gezogen worden, und egal, in welcher Kombination, gibt die Summe aller Teilsummen nun [mm] 2*\bruch{n(1+n)}{2} [/mm] ... Bei jeweils k gezogenen Kugeln kommt nach n Ziehungen jede Zahl k-mal vor, die Summe aller Teilsummen ist dann [mm] k*\bruch{n(1+n)}{2}.
[/mm]
Das ist nun der Wert für n solcher k-Ziehungen. Auf jede einzelne Ziehung entfällt damit der durchschnittliche Wert
[mm] E(X)=k*\bruch{n(1+n)}{2}/n [/mm] = [mm] k*\bruch{1+n}{2}.
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:01 Sa 28.11.2020 | | Autor: | TS85 |
Wird vermutlich als Antwort auch zulässig sein, wenn man es gründlich ausformuliert. Ist aufjedenfall am nachvollziehbarsten
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 05:35 Sa 28.11.2020 | | Autor: | tobit09 |
Hallo zusammen,
wenn der Erwartungswert einer Summe bestimmt werden soll, empfiehlt es sich meist, die Erwartungswerte der Summanden zu bestimmen und zu addieren, was wegen der Linearität des Erwartungswertes zu dem Erwartungswert der Summe führt. (Existenz aller dieser Erwartungswerte vorausgesetzt.) Damit wird die formale Bestimmung des Erwartungswertes ähnlich einfach wie HJKweseleits intuitive Herangehensweise.
Hier ist [mm] $X=\sum_{i=1}^kX_i$ [/mm] mit [mm] $X_i((\omega_1,\ldots,\omega_k))=\omega_i$ [/mm] für [mm] $i=1,\ldots,k$ [/mm] (die Zufallsgröße [mm] $X_i$ [/mm] steht somit für die Nummer der i-ten gezogenen Kugel).
Nun genügt es nachzurechnen, dass [mm] $X_i$ [/mm] Laplace-verteilt ist auf [mm] $\{1,\ldots,n\}$ [/mm] (was auch intuitiv naheliegend ist) und somit (nachrechnen!) [mm] $EX_i=\frac{n+1}{2}$ [/mm] gilt.
Damit gilt unter Ausnutzung der Linearität des Erwartungswertes
[mm] $EX=E(\sum_{i=1}^kX_i)=\sum_{i=1}^kEX_i=\sum_{i=1}^k\frac{n+1}{2}=k*\frac{n+1}{2}$.
[/mm]
Viele Grüße
Tobias
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:16 Sa 28.11.2020 | | Autor: | TS85 |
Ich vergaß zu erwähnen, das explizit in der Aufgabenstellung [mm] (\Omega,P) [/mm] gefordert ist.
Vermutlich bezieht sich P hier auf die geforderte Laplace-Verteilung.
Wie man das allerdings formal nun aufschreibt und beweist ist mir unklar.
Nochmal Hilfe in Bezug hierauf wäre nett
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:47 Sa 28.11.2020 | | Autor: | tobit09 |
Ah, verstehe. Überlegen wir uns einmal schrittweise eine sinnvolle Wahl von [mm] $\Omega$.
[/mm]
[mm] $\Omega$ [/mm] soll ja stets die Menge der möglichen Ausgänge (Ergebnisse) des Zufallsexperiments sein.
Was kann z.B. im Falle n=7 und k=3 für ein Ausgang herauskommen?
Nenne mal ein paar Beispiele.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:41 Sa 28.11.2020 | | Autor: | TS85 |
Aufgrund der viele Antworten muss ich mich erstmal sortieren.
Bei dem Beweis mit dem Ausnutzen der Linearität muss ich nicht die Fälle betrachten mit k>1, wodurch die Definition von [mm] \Omega=\{1,...,n\} [/mm] leicht fällt.
Ich sehe nun in meinem ersten Post, dass ich dort
[mm] \Omega=\{1,...,n\}^k [/mm] hätte setzen müssen. Die Wahrscheinlichkeiten wären dann dort eben allerdings nicht Laplace-verteilt gewesen, da z.b. [mm] P(\{1,1\})=0 [/mm] gewesen wäre, was auch die Bestimmung von [mm] P(\{\omega_i\}) [/mm] in meiner Berechnung erschwert hat.
Wenn [mm] \Omega=\{1,...,n\}, [/mm] dann ist ja offensichtlich, dass
[mm] P(\{\omega_i\})=\bruch{1}{n} [/mm] ist und somit ein Laplace-Raum vorliegt.
Es folgt dann:
[mm] E(X)=\bruch{1}{n}*1+\bruch{1}{n}*2+...+\bruch{1}{n}*n=
[/mm]
[mm] \bruch{1}{n}(1+2+...+n)=\bruch{1}{n}(\bruch{n*(n+1)}{2})=\bruch{n+1}{2}
[/mm]
Probleme mit der Laplace-Verteilung würden sich wie gesagt erst mit k>1 ergeben (wird somit umgangen), wenn ich das richtig verstanden habe?
Allerdings ist die Frage, ob das bei i) erlaubt ist. Wenn nicht wäre die Definition von P allerdings erschwert.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:19 Sa 28.11.2020 | | Autor: | tobit09 |
> Bei dem Beweis mit dem Ausnutzen der Linearität muss ich
> nicht die Fälle betrachten mit k>1, wodurch die Definition
> von [mm]\Omega=\{1,...,n\}[/mm] leicht fällt.
Hier kann ich dir nicht folgen.
Ich sehe nicht, wie man die Fälle mit k>1 einfach weglassen kann.
Aber im Falle $k=1$ (es wird nur eine der n Kugeln gezogen) ist [mm] $\Omega=\{1,2,\ldots,n\}$ [/mm] eine sinnvolle Wahl. Dabei steht [mm] $\omega\in\Omega$ [/mm] jeweils für den Ausgang des Zufallsexperiments, dass die Kugel mit der Nummer [mm] $\omega$ [/mm] gezogen wurde.
> Ich sehe nun in meinem ersten Post, dass ich dort
> [mm]\Omega=\{1,...,n\}^k[/mm] hätte setzen müssen.
Kann man machen, wenn man unmögliche Ausgänge als Ergebnisse mit Wahrscheinlichkeit 0 modelliert.
Z.B. wäre im Falle $n=7$ und $k=3$ das Ergebnis [mm] $(5,7,2)\in\Omega$ [/mm] ein möglicher Ausgang des Zufallsexperiments, der dafür steht, dass zuerst Kugel 5, dann Kugel 7 und schließlich Kugel 2 gezogen wird.
Hingegen wäre z.B. $(4,5,4)$ ein Beispiel für ein Ergebnis aus [mm] $\Omega$, [/mm] was im Zufallsexperiment gar nicht vorkommen kann (weil Kugel Nummer 4 maximal einmal gezogen werden kann) und daher mit Wahrscheinlichkeit 0 modelliert werden müsste.
> Die
> Wahrscheinlichkeiten wären dann dort eben allerdings nicht
> Laplace-verteilt gewesen, da z.b. [mm]P(\{1,1\})=0[/mm] gewesen
> wäre,
[mm] $P(\{1,1\})$ [/mm] macht im Zusammenhang mit [mm] $\Omega=\{1,\ldots,n\}^k$ [/mm] keinen Sinn: Zum einen gilt [mm] $\{1,1\}=\{1\}$ [/mm] und das ist überhaupt keine Menge von k-Tupeln, also keine Teilmenge von [mm] $\Omega$ [/mm] und damit überhaupt kein Ereignis E, dem eine Wahrscheinlichkeit P(E) zuzuordnen wäre.
Oder meintest du k=2 und [mm] $P(\{(1,1)\})$, [/mm] also die Wahrscheinlichkeit, dass in beiden Zügen die Kugel Nummer 1 gezogen wird? Die müssten wir in der Tat mit Wahrscheinlichkeit 0 modellieren, weil sie im Zufallsexperiment gar nicht auftreten kann. Und in der Tat können wir somit auf [mm] $\Omega=\{1,\ldots,n\}^k$ [/mm] nicht sinnvoll eine Laplace-Verteilung annehmen.
Wenn wir jedoch
[mm] $\Omega=\{(\omega_1,\ldots,\omega_k)\in\{1,\ldots,n\}^k\;|\;\forall i,j\in\{1,\ldots,n\}i\not=j\Rightarrow \omega_i\not=\omega_j\}$
[/mm]
wählen, also nur solche Tupel [mm] (\omega_1,\ldots,\omega_k)\in\{1,\ldots,n\}^k [/mm] in [mm] $\Omega$ [/mm] aufnehmen, für die [mm] $\omega_1,\ldots,\omega_k$ [/mm] paarweise verschieden sind, haben wir genau die möglichen Ausgänge des Ziehens ohne Zurücklegen erfasst. Dann können wir auch $P$ als die Laplace-Verteilung auf [mm] $\Omega$ [/mm] annehmen, also
[mm] $P(E)=\frac{|E|}{|\Omega|}$
[/mm]
für alle Ereignisse [mm] $E\subseteq\Omega$.
[/mm]
Jetzt bist du offenbar wieder beim Spezialfall k=1:
> Wenn [mm]\Omega=\{1,...,n\},[/mm] dann ist ja offensichtlich, dass
> [mm]P(\{\omega_i\})=\bruch{1}{n}[/mm] ist
> und somit ein Laplace-Raum vorliegt.
Ja, für alle [mm] $\omega\in\{1,\ldots,n\}$ [/mm] können wir (Laplace-Verteilungs-Annahme) [mm] $P(\{\omega\})=\frac{1}{n}$ [/mm] annehmen.
Die Notation [mm] $\omega_i$ [/mm] macht im Falle $k=1$ nicht wirklich Sinn (was soll hier $i$ sein?).
Jetzt möchtest du offenbar die Zufallsvariable [mm] $X\colon\Omega\to\Omega$ [/mm] mit [mm] $X(\omega)=\omega$ [/mm] für alle [mm] $\omega\in\Omega$ [/mm] betrachten, die also stets die Nummer der gezogenen Kugel liefert (was im hier betrachteten Falle $k=1$ das gleiche wie die Summe der Nummern aller gezogenen Kugeln ist).
> Es folgt dann:
>
> [mm]E(X)=\bruch{1}{n}*1+\bruch{1}{n}*2+...+\bruch{1}{n}*n=[/mm]
>
> [mm]\bruch{1}{n}(1+2+...+n)=\bruch{1}{n}(\bruch{n*(n+1)}{2})=\bruch{n+1}{2}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Probleme mit der Laplace-Verteilung würden sich wie gesagt
> erst mit k>1 ergeben (wird somit umgangen), wenn ich das
> richtig verstanden habe?
Auf [mm] $\Omega=\{1,\ldots,n\}^k$ [/mm] ist eine Laplace-Verteilungs-Annahme keine angemessene Modellierung des realen Zufallsexperiments.
Auf [mm] $\Omega=\{(\omega_1,\ldots,\omega_k)\in\{1,\ldots,n\}^k\;|\;\forall i,j\in\{1,\ldots,n\}i\not=j\Rightarrow \omega_i\not=\omega_j\}$ [/mm] hingegen schon.
Ich schlage daher vor, dass wir mit letzterer Definition von [mm] $\Omega$ [/mm] weitermachen.
Die Schritte, die ich nun noch nicht ausgeführt habe, sind nun:
1. Der Nachweis, dass für jedes [mm] $i=1,\ldots,k$ [/mm] die Zufallsgröße [mm] $X_i\colon\Omega\to\{1,\ldots,n\}$ [/mm] mit [mm] $X_i((\omega_1,\ldots,\omega_k))=\omega_i$ [/mm] Laplace-verteilt ist auf [mm] $\{1,\ldots,n\}$.
[/mm]
2. Der Nachweis, dass auf [mm] $\{1,\ldots,n\}$ [/mm] Laplace-verteilte Zufallsgrößen (wie z.B. die Zufallsgrößen [mm] $X_i$ [/mm] aus 1.) den Erwartungswert [mm] $\frac{n+1}{2}$ [/mm] besitzen.
Zu 2.: Das geht völlig analog zu deiner Erwartungswert-Rechnung im Falle $k=1$.
Zu 1.: Zu zeigen ist [mm] $P(X_i=x)=\frac{1}{n}$ [/mm] für alle [mm] $x=1,\ldots,n$.
[/mm]
Wie ist [mm] $P(X_i=x)=P(\{X_i=x\})$ [/mm] definiert?
Hier solltest du unsere Wahl von $P$ und die Definition von [mm] $\{X_i=x\}$ [/mm] einsetzen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:45 Sa 28.11.2020 | | Autor: | TS85 |
ja ich meinte natürlich den Fall mit k=2.
Ok danke für die klare Erläuterung, jetzt begreife ich es formal.
[mm] \Omega [/mm] wird anders definiert, aber ansonsten umgeht man das erschwerte Berechnen von P bei einer nicht Laplace-verteilten Zufallsvariable.
zu 1.) Ich vermute es wird nur noch gezeigt,
dass [mm] P(\{X_i=x\})=\bruch{|\{X_i=x\}|}{|\Omega|}=\bruch{1}{n}.
[/mm]
Bei 2.) berechne ich nun [mm] E(X_i)
[/mm]
Danach wende ich dann den ursprünglichen Post an zum gesamten Erwartungswert.
|
|
|
|
