Erwartungswert und Max-Funktion (Würfel)

10.07.2011, 15:04

namnam

Erwartungswert und Max-Funktion (Würfel)

Meine Frage:
Ok, ich möchte den Erwartungswert wissen, wenn ich $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Würfel werfe und davon die $\begin{eqnarray*} m\leq n \end{eqnarray*}$ größten bestimme und diese Aufsummiere.

In zwei Funktionen verpackt also:
$\begin{eqnarray*} sum(max_m(x_1,x_2,...,x_n)) \end{eqnarray*}$

Die Besonderheit dabei ist, dass - wenn eine 6 Fällt in einem Wurf, dieser erneut gewürfelt werden darf. (Aber es bedarf dieser 'Besonderheit' gar nicht um mich zu überfordern.. :-( )

Die Frage: Was ist der Ertwarungswert für gegebenes $\begin{eqnarray*} m\leq n \end{eqnarray*}$ ?

Meine Ideen:
Der Erwartungswert für einen Würfel mit Neuwürfeln lässt sich mit der Geom. Reihe bestimmen und beträgt $\begin{eqnarray*} 4.2 \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} 6 \end{eqnarray*}$ Seiten.

Der Erwartungswert _ohne_ den $\begin{eqnarray*} max_m \end{eqnarray*}$ Schritt ist einfach die Summe der Erwartungswerte. ( $\begin{eqnarray*} 3*4.2 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n=3 \end{eqnarray*}$ )

Für die Max-Funktion reicht der Erwartungswert allein nicht aus, die Standardabweichung/Varianz muss mit reinspielen vermute ich, da bei zwei Zufallsvariablen mit Std-Abw. von 0 das Maximum von zwei Werten identisch wäre zu jedem einzelnen (als Extremfall).

Hier (http://vorhilfe.de/forum/erwartungswert_von_max_x__i/t257680) wird erwähnt, wie sich der Erwartungswert berechnen lässt mit Hilfe einer Verteilungsfunktion. Leider verstehe ich nicht, wie ich das auf mein Problem beziehen soll - vielleicht hilft der Link auch nicht.

11.07.2011, 02:41

frank09

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RE: Erwartungswert und Max-Funktion (Würfel)
Hallo,

Vorab: der Erwartungwert für die Augensumme bei einem Wurf ist 3,5 und nicht 4,2. Wenn du 3 Mal wirfst und aufaddierst kommst du auf einen Erwartungswert von 10,5.

Wenn man die m größten Würfe(l) aufaddieren will, muss man erstmal wissen mit welcher WK der kleinste die 1, die 2,...oder die 6 zeigt:

1. Der kleinste 1/ es kommt mindestens eine 1 vor: $\begin{eqnarray*} p_1=\frac{1}{6}+\frac{5}{6}\cdot\frac{1}{6}+\frac{5}{6^3}+...\frac{5}{6^n} \end{eqnarray*}$

2. Der kleinste 2/ es kommt mindestens eine 2 und keine 1 vor: $\begin{eqnarray*} p_2=(\frac{1}{5}+\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{5}+\frac{4}{5^3}+...\frac{4}{5^n})\frac{5^n}{6^n} \end{eqnarray*}$

Der Faktor $\begin{eqnarray*} \frac{5^n}{6^n} \end{eqnarray*}$ gibt das Verhältnis an Möglichkeiten von Variationen mit 5 Augenzahlen (ohne die 1) zu 6 Augenzahlen an und reduziert die relative Häufigkeit entsprechend.

Du kannst nun $\begin{eqnarray*} p_3-p_6 \end{eqnarray*}$ genauso aufstellen, ausmultiplizieren und als geometrische Reihen vereinfachen.

Dann überlegst du dir jeweiligen Summen der Erwartungwerte von m Würfe(l)n mit der entsprechenden Mindestzahl. Wenn die Mindestzahl z.B. 4 ist kannst du erstmal davon ausgehen dass alle Würfel die Zahlen 4-6 haben können, musst dann allerdings die Variationen mit keiner 4 davon abziehen.

11.07.2011, 08:04

René Gruber

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Zitat:

Original von frank09
Hallo,

Vorab: der Erwartungwert für die Augensumme bei einem Wurf ist 3,5 und nicht 4,2.

namnam sprach von "mit Neuwürfeln" (d.h. beim Würfeln einerr 6). Und da gilt tatsächlich

$\begin{eqnarray*} E(X) = \frac{\sum\limits_{k=1}^6 k + E(X)}{6} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} E(X)=4.2 \end{eqnarray*}$

@namnam

Eine Frage zu deinen $\begin{eqnarray*} x_k \end{eqnarray*}$ , die ja wohl die einzelnen Augenzahlen repräsentieren:

Wie verhält es sich damit beim Werfen von ein oder mehreren Sechsen hintereinander? D.h., wenn man z.B. 6,6,2 wirft, ist dann $\begin{eqnarray*} x_k = 14 \end{eqnarray*}$ oder teilt man das in mehrere $\begin{eqnarray*} x_k \end{eqnarray*}$ auf? In letzterem Fall wäre ja dann das $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ variabel.

Im ersteren Fall hat man dann statt einer Gleichverteilung auf $\begin{eqnarray*} \{1,\ldots,6\} \end{eqnarray*}$ die diskrete Verteilung

$\begin{eqnarray*} P(X_k=6r+s) = \frac{1}{6^{r+1}} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} r\in\mathbb{N}_0,s\in\{1,\ldots,5\} \end{eqnarray*}$

vorliegen.

13.07.2011, 02:56

frank09

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RE: Erwartungswert und Max-Funktion (Würfel)
René hat natürlich recht, was den Erwartungswrt beim Neuwürfeln angeht. Ich habe das übersehen.

Ein Ansatz für den Erwartungswert der m größten Zahlen sieht wie folgt aus:

Du würfelst $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ mal und ordnest wie folgt an:
$\begin{eqnarray*} x_1\leq x_2 \leq...\leq x_n \end{eqnarray*}$

Sei nun $\begin{eqnarray*} P(x_1=1)=p_1,P(x_1=2)=p_2, \end{eqnarray*}$ usw
Du rechnest aus, wie wahrscheinlich es ist, dass die kleinste Zahl eine 1 ist $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ es kommt mindestens eine 1 vor:
$\begin{eqnarray*} p_1=1-(\frac{5}{6})^n \end{eqnarray*}$ ,dann

$\begin{eqnarray*} p_2=(\frac{5}{6})^n-(\frac{4}{6})^n \end{eqnarray*}$
usw. (bei $\begin{eqnarray*} p_{123} \end{eqnarray*}$ wirds natürlich richtig interessant verwirrt

)

Nun gilt ja offensichtlich

$\begin{eqnarray*} E(x_1+x_2+..x_n)=1p_1+2p_2+...+E(x_2+x_3+..x_n) \end{eqnarray*}$ , also

$\begin{eqnarray*} E(x_2+x_3+..x_n)=n\cdot4,2-1p_1-2p_2-... \end{eqnarray*}$
womit du den Erwartungswert der Summe der $\begin{eqnarray*} m=n-1 \end{eqnarray*}$ größten Werte errechnet hättest.

Jetzt müsste man mit $\begin{eqnarray*} P(x_2=1) \end{eqnarray*}$ , usw arbeiten

14.07.2011, 23:11

frank09

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Sei X ein einziger Wurf, so z.B. $\begin{eqnarray*} P(X=1)= \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ etc.

dann lassen sich die Wahrscheinlichkeiten für das Auftreten von bestimmten Werten k an einer Stelle i (zwischen 1 und n) der geordneten n Würfe wie folgt rekursiv berechnen:

$\begin{eqnarray*} P(x_{i+1}=k)=P(x_{i}=k)+\begin{pmatrix} n \\ i \end{pmatrix}P(X<k)^i(1-P(X<k))^{n-i}-\begin{pmatrix} n \\ i \end{pmatrix}P(X\leq k)^i(1-P(X\leq k))^{n-i} \end{eqnarray*}$

Setzt man $\begin{eqnarray*} P(x_0=k)=0 \end{eqnarray*}$ so kann man mit i=0 auch $\begin{eqnarray*} P(x_1=k) \end{eqnarray*}$ ausrechnen, so z.B.

$\begin{eqnarray*} P(x_1=2)=(1-\frac{1}{6})^n-(1-\frac{2}{6})^n=(\frac{5}{6})^n-(\frac{4}{6})^n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(x_2=2)=P(x_1=2)+n\cdot\frac{1}{6}\cdot(1-\frac{1}{6})^{n-1}-n\cdot\frac{2}{6}\cdot(1-\frac{2}{6})^{n-1} \end{eqnarray*}$

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