Kartenstapel, Erwartungswert

03.12.2013, 23:22

Lula90

Kartenstapel, Erwartungswert

Diese Aufgabe will ich lösen:

Ein Kartenstapel mit n Karten enthält 2 Asse. Es wird gemischt und die Karten werden aufgedeckt. Sei X die Anzahl der Karten bis das 1. Ass erscheint, sei Y die Anzahl der Karten bis das 2. Ass erscheint. Beweisen Sie, dass $\begin{eqnarray*} E(X)=\frac{n+1}{3} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E(Y)=\frac{2}{3} (n+1) \end{eqnarray*}$ .

Alles klar, ich muss den Erwartungswert berechnen.
Zuerst mal hab ich den Binomialkoeffizienten $\begin{eqnarray*} \binom{n}{2}=\binom{n}{n-2} \end{eqnarray*}$ ... Joa un nun?

03.12.2013, 23:48

Dopap

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Zumimdest könnte man doch mal mit der Definition ansetzen:

$\begin{eqnarray*} E[X]=\sum_{j=1}^{finit} p(X=j)\cdot j \end{eqnarray*}$

04.12.2013, 00:06

Lula90

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Die Definition des Erwartungswertes kenne ich, aber ich muss ja zuerst mal meine Zufallsvariable bestimmen..genau das ist aber mein problem

04.12.2013, 00:12

Dopap

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DIE Zufallsvariable X:= Anzahl der Versuche bis ... zum Treffer.

04.12.2013, 00:49

Lula90

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ich habe n karten. davon sind 2 asse, also sind die restlichen karten n-2. ich ziehe k mal bis ich ein ass gezogen habe.... mhh

$\begin{eqnarray*} (n-2)^{k-1} \end{eqnarray*}$ ?

Ich hab echt Probleme mit Wahrscheinlichkeitsrechnung, schon in der Schule gehabt, also schreib ich hier nicht, weil ich bestätigung brauche, sondern weil ich wirklich Hilfe benötige...

04.12.2013, 01:10

Dopap

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ich versuch immer erst mal ein einfacheres Beispiel. Sei n=52 und 4 Asse.

i=1 $\begin{eqnarray*} P(X=1)=\frac {4}{52} \end{eqnarray*}$

i=2 $\begin{eqnarray*} P(X=2)=\frac {48}{52}\frac {4}{51} \end{eqnarray*}$

i=3 $\begin{eqnarray*} P(X=3)=\frac {48}{52}\frac {48}{51}\frac {4}{50} \end{eqnarray*}$

i=4 $\begin{eqnarray*} P(X=4)=\frac {48}{52}\frac {48}{51}\frac {48}{50}\frac {4}{49} \end{eqnarray*}$

......

Diese Wkt's sind mit i zu multiplizieren und dann Aufzusummieren.

04.12.2013, 02:02

Lula90

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Wenn ich das also auf die Aufgabe anwende, komm ich darauf...

$\begin{eqnarray*} k=1 : \frac{2}{n} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k=2 : \frac{n-2}{n} \cdot \frac{2}{n-1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k=3 : \frac{n-2}{n} \cdot \frac{n-2}{n-1}\cdot \frac{2}{n-2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k=4 : \frac{n-2}{n} \cdot \frac{n-2}{n-1} \cdot \frac{n-2}{n-2}\cdot \frac{2}{n-3} \end{eqnarray*}$

Ich muss also für $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n X\cdot k \end{eqnarray*}$ aus den W-keiten mein X zusammenfassen....

04.12.2013, 02:20

Dopap

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ja, das meine ich. Das war meine Einsteigerhilfe.

ich muss nun Schluss machen. Du kannst dich morgen nochmal melden evtl. gleich bei HAL 9000, der ist wohl dafür und für deinen anderen Thread unbestritten der Experte.

gn8 Wink

04.12.2013, 08:00

HAL 9000

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Na wenn ich schon so aufgefordert werde... Big Laugh

Wenden wir uns der Berechnung von $\begin{eqnarray*} P(X=k) \end{eqnarray*}$ bzw. eher erstmal $\begin{eqnarray*} P(X>k) \end{eqnarray*}$ zu:

Letzteres bedeutet, dass die ersten $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Karten keine Asse sind. Das entspricht einer Auswahl von $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} n-2 \end{eqnarray*}$ "günstig" sind, d.h. es ist

$\begin{eqnarray*} P(X>k) = \frac{\binom{n-2}{k}}{\binom{n}{k}} = \frac{(n-2)!(n-k)!k!}{(n-2-k)!k!n!} = \frac{(n-k)(n-k-1)}{n(n-1)} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k\geq 0 \end{eqnarray*}$ .

Nun ist $\begin{eqnarray*} P(X>k) + P(X=k) = P(X\geq k) = P(X>k-1) \end{eqnarray*}$ bzw. umgestellt

$\begin{eqnarray*} P(X=k) = P(X>k-1) - P(X>k) = \frac{(n-k+1)(n-k) - (n-k)(n-k-1)}{n(n-1)} = \frac{2(n-k)}{n(n-1)} \end{eqnarray*}$

sowie dann

$\begin{eqnarray*} E(X) = \sum_{k=1}^{n-1} k\cdot P(X=k) = \frac{2}{n(n-1)} \sum_{k=1}^{n-1} k(n-k) \end{eqnarray*}$ ,

bitte mal selbst rechnen.

Bei $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ muss man mal die Perspektive ändern: Sei $\begin{eqnarray*} X' \end{eqnarray*}$ die Position des erste Asses, wenn man rückwärts mit der letzten aller $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ aufgedeckten Karten anfängt. Offenbar besitzt $\begin{eqnarray*} X' \end{eqnarray*}$ dieselbe Verteilung wie $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ , und es ist $\begin{eqnarray*} Y=n+1-X' \end{eqnarray*}$ . Damit hat man automatisch die Verteilung von $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ bzw. wir benötigen ja nur

$\begin{eqnarray*} E(Y) = E(n+1-X') = n+1-E(X') = n+1-E(X) \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Aber bitte nicht $\begin{eqnarray*} X'=X \end{eqnarray*}$ setzen, es ist wirklich nur Gleichheit der Verteilungen (symbolisiert $\begin{eqnarray*} X\sim X' \end{eqnarray*}$ ), nicht der Zufallsgrößen selbst!

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Eine zweite denkbare Berechnungsvariante der Verteilungen: Jede der $\begin{eqnarray*} \binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2} \end{eqnarray*}$ Varianten der Auswahl der beiden Ass-Positionen unter 1..n ist gleichwahrscheinlich, d.h., es gilt

$\begin{eqnarray*} P(X=k,Y=m) = \begin{cases} \frac{2}{n(n-1)} & \;\mbox{falls}\, 1\leq k<m\leq n \\[2ex] 0 & \;\mbox{sonst} \end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Damit kann man dann auch die Randverteilungen bestimmen:

$\begin{eqnarray*} P(X=k) = \sum_{m=k+1}^n P(X=k,Y=m) = (n-k)\cdot \frac{2}{n(n-1)} = \frac{2(n-k)}{n(n-1)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(Y=m) = \sum_{k=1}^{m-1} P(X=k,Y=m) = (m-1)\cdot \frac{2}{n(n-1)} = \frac{2(m-1)}{n(n-1)} \end{eqnarray*}$

04.12.2013, 13:08

Lula90

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wow, danke schonmal für die ausführliche antwort! aber fragen muss ich leider trotzdem stellen..

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} P(X=k) = P(X>k-1) - P(X>k) = \frac{(n-k+1)(n-k) - (n-k)(n-k-1)}{n(n-1)} = \frac{2(n-k)}{n(n-1)} \end{eqnarray*}$

sowie dann

$\begin{eqnarray*} E(X) = \sum_{k=1}^{n-1} k\cdot P(X=k) = \frac{2}{n(n-1)} \sum_{k=1}^{n-1} k(n-k) \end{eqnarray*}$ ,

bitte mal selbst rechnen.

Hier gibst du $\begin{eqnarray*} P(X=k) \end{eqnarray*}$ an als $\begin{eqnarray*} \frac{2(n-k)}{n(n-1)} \end{eqnarray*}$ , beim Erwartungswert darunter aber splittest du es auf, sodass nur noch $\begin{eqnarray*} k(n-k) \end{eqnarray*}$ in der Summe steht. Wieso? Wenn ich mit deinem $\begin{eqnarray*} E(X) \end{eqnarray*}$ rechne, komme ich nicht auf eine 3 im Nenner, vielleicht rechne ich auch falsch, aber bis zu welchem $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ muss ich rechnen, bis $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ gilt?

04.12.2013, 13:29

HAL 9000

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Zitat:

Original von Lula90
beim Erwartungswert darunter aber splittest du es auf, sodass nur noch $\begin{eqnarray*} k(n-k) \end{eqnarray*}$ in der Summe steht. Wieso?

Hast du dir auch den Faktor vor der Summe angeschaut? Augenzwinkern

Zitat:

Original von Lula90
Wenn ich mit deinem $\begin{eqnarray*} E(X) \end{eqnarray*}$ rechne, komme ich nicht auf eine 3 im Nenner, vielleicht rechne ich auch falsch

Genau, und deswegen finde ich auch, dass Anmerkungen der Art "Wenn ich das rechne, komme ich aber nicht auf blablabla..." überflüssig sind: Entweder legt man den Rechenverlauf wirklich dar, so dass der Fehler benannt werden kann, oder man lässt solche Anmerkungen ganz stecken, weil sie die Sache überhaupt nicht voranbringen. unglücklich

04.12.2013, 13:41

Lula90

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$\begin{eqnarray*} \frac{2}{n(n-1)} \sum\limits_{k=1}^{n-1} k(n-k)= \frac{2}{n(n-1)} \cdot [(1(n-1)) + (2(n-2)) + (3(n-3)) + ...] \end{eqnarray*}$ Aber wann gilt $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ , also wie weit muss ich summieren?

04.12.2013, 13:45

HAL 9000

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Wie weit zu summieren ist, steht gewöhnlich über dem Summensymbol, so auch hier: Bis zu $\begin{eqnarray*} k=n-1 \end{eqnarray*}$ .

Ich weiß auch nicht, wie du mit diesen ... zu einer Summenformel kommen willst - passender wäre doch wirklich, das ganze via

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{n-1} k(n-k) = \sum_{k=1}^{n-1} kn - \sum_{k=1}^{n-1} k^2 = n\sum_{k=1}^{n-1} k - \sum_{k=1}^{n-1} k^2 \end{eqnarray*}$

auf die leidlich bekannten Summenformeln von $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{n-1} k \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{n-1} k^2 \end{eqnarray*}$ zurückzuführen.

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