Erwartungswert höchste N von M Würfeln mit X Seiten?

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04.05.2014, 19:45	Togashi	Auf diesen Beitrag antworten »
Erwartungswert höchste N von M Würfeln mit X Seiten? Hallo, ich kann den Erwartungswert von einem einzelnen Würfel mit X Seiten leicht ausrechnen, indem ich den höchsten und ein niedrigsten Wert addiere und dann halbiere. Der Erwartungswert von M solchen Würfeln ist das M-fache. Soweit so gut. Werfe ich also M=2 sechsseitige (X=6) Würfel (die alle als kleinste Zahl eine 1 zeigen), dann ist E=2* (1+6)/2=7 Was ist nun der Erwartungswert in einem Spiel, wo ein Spieler sich die besten=höchsten N Würfe aus M insgesamt behalten kann wenn der Würfel X Seiten hat? Beispielfall also, dass ich nun M=3 Würfe nutze, statt der 2 und die besten N=2 behalte, wieder mit einem Würfel, der X=6 Seiten hat. Ich habe keine Ahnung, wie man hier den Erwartungswert berechnen kann. Jemand eine Idee?
05.05.2014, 10:05	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Mit Ausnahme der Randfälle N=M (trivial) sowie N=M-1 (alle außer Minimum) und N=1 (nur Maximum) ist das ganze nur sehr schwer zu packen. Letzteres, d.h. N=1, haben wir z.B. hier besprochen, es ergibt sich dann bei $\begin{eqnarray} M \end{eqnarray}$ Würfen mit einem $\begin{eqnarray} s \end{eqnarray}$ -seitigen Würfel: $\begin{eqnarray} E_{M,1} = E\left[ X_{\max} \right] = \sum_{k=1}^s P(X_{max}\geq k) = \sum_{k=1}^s (1-P(X_{max}\leq k-1)) = s-\frac{\sum\limits_{j=1}^{s-1} j^M}{s^M} \end{eqnarray}$ N=M-1 funktioniert dann mit ähnlichen Mitteln. Man kann aber auch gleich das sich aus der Symmetrie der Verteilung ergebende $\begin{eqnarray} E\left[ X_{\min} \right] = s+1 - E\left[ X_{\max} \right] \end{eqnarray}$ nutzen, so dass sich für den Erwartungswert der höchsten M-1 von M Augenzahlen folgendes ergibt: $\begin{eqnarray} E_{M,M-1} = \left[ \sum_{i=1}^M X_i - X_{\min} \right] = \frac{M(s+1)}{2} - (s+1) + E\left[ X_{\max} \right] = \frac{M(s+1)}{2} - 1 -\frac{\sum\limits_{j=1}^{s-1} j^M}{s^M} \end{eqnarray}$ Damit wäre dann zumindest mal dein Fall $\begin{eqnarray} M=3,N=2 \end{eqnarray}$ abgedeckt: $\begin{eqnarray} E_{3,2} = \frac{3(s+1)}{2} - 1 - \frac{\sum\limits_{j=1}^{s-1} j^3}{s^3} = \frac{3s+1}{2} - \frac{(s-1)^2s^2}{4s^3} = \frac{5s^2+4s-1}{4s} \end{eqnarray}$ . Beim "normalen" Würfel mit $\begin{eqnarray} s=6 \end{eqnarray}$ wäre dies $\begin{eqnarray} E_{3,2} = \frac{203}{24} \approx 8.46 \end{eqnarray}$ ------------------------------------------- EDIT: Ok, hab noch ein bisschen rumgerechnet. Auch wenn man die Summensymbole nicht ganz wegkriegt, so kann man doch die Wahrscheinlichkeitsverteilung für die $\begin{eqnarray} j \end{eqnarray}$ -größte Augenzahl $\begin{eqnarray} X_j^ \end{eqnarray}$ angeben: Wir betrachten die Stichprobe absteigend geordnet, d.h. mit $\begin{eqnarray} s\geq X_1^* \geq X_2^* \geq \ldots \geq X_M^* \geq 1 \end{eqnarray}$ . Dann ist $\begin{eqnarray} P(X_j^\leq k) &=& \sum_{r=0}^{j-1} P(X_1^ > k,\ldots,X_r^* > k,X_{r+1}^\leq k,\ldots,X_M^ \leq k)\\ &=& \sum_{r=0}^{j-1} \binom{M}{r} \cdot P(X_1 > k,\ldots,X_r > k,X_{r+1}\leq k,\ldots,X_M \leq k)\\ &=& \frac{1}{s^M} \sum_{r=0}^{j-1} \binom{M}{r} \cdot (s-k)^r k^{M-r} \end{eqnarray}$ Der Erwartungswert ist dann $\begin{eqnarray} E\left[ X_j^* \right] = \sum_{k=0}^{s-1} P(X_j^>k) = s - \frac{1}{s^M} \sum_{k=1}^{s-1} \sum_{r=0}^{j-1} \binom{M}{r} \cdot (s-k)^r k^{M-r} \end{eqnarray}$ Und schließlich kann man das ganze auch noch von $\begin{eqnarray} j=1,\ldots,N \end{eqnarray}$ summieren, um den von dir gewünschten Erwartungswert der Summe der größten $\begin{eqnarray} N \end{eqnarray}$ Augenzahlen des Wurfes zu bekommen: $\begin{eqnarray} E\left[ \sum_{j=1}^N X_j^ \right] = Ns - \frac{1}{s^M} \sum_{k=1}^{s-1} \sum_{r=0}^{N-1} (N-r)\binom{M}{r} \cdot (s-k)^r k^{M-r} \end{eqnarray}$ Das ist letzten Endes dann eine Doppelsumme mit $\begin{eqnarray} (s-1)N \end{eqnarray}$ Summanden, ist also noch leidlich erträglich in der numerischen Auswertung - zumindest verglichen mit einem vollständigen Bruteforce durch alle $\begin{eqnarray} s^M \end{eqnarray}$ Wurffolgen. Und als vorläufigen Schlusspunkt: Für $\begin{eqnarray} N>\frac{M}{2} \end{eqnarray}$ verwendet man vom Rechenaufwand her besser die Symmetrie der Verteilung, die unmittelbar zu $\begin{eqnarray} X_j^* \sim (s+1)-X_{M+1-j}^* \end{eqnarray}$ , mithin auch $\begin{eqnarray} E\left[ X_j^* \right] = (s+1) - E\left[ X_{M+1-j}^* \right] \end{eqnarray}$ führt. Das ergibt dann nach kleineren Umformungen $\begin{eqnarray} E\left[ \sum_{j=1}^N X_j^* \right] = \frac{M(s-1)}{2} + N - \frac{1}{s^M} \sum_{k=1}^{s-1} \sum_{r=0}^{M-N-1} (M-N-r)\binom{M}{r} \cdot (s-k)^r k^{M-r} \end{eqnarray*}$
05.05.2014, 19:14	Kasen75	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe den Erwartungswert für $\begin{eqnarray} E_{3,2} \end{eqnarray}$ mit Excel ermittelt. Es bestätigt natürlich HAL´s Berechnung.
05.05.2014, 19:17	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
So natürlich ist das nicht - es gibt leider verflucht viele Chancen, sich hier zu verrechnen. Deswegen vielen Dank für die numerische Bestätigung.
06.05.2014, 10:38	Togashi	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen, vielen lieben Dank! Ich hatte eine einfachere Antwort erwartet... Tatsächlich möchte ich mir numerische Werte der Erwartungswerte für ein Würfelspiel mal als Tabelle aufschreiben. Tja, und da geht es um 10seitige Würfel und maximal 10 Stück Würfel... Im Prinzip also eine überschaubare 10x10 Tabelle. Exkurs: Habt Ihr zufällig eine Anregung, mit welchem Tool ich mir die numerischen Werte für so eine Tabelle am besten ausrechnen kann? Excel scheint wohl nicht geeignet, oder? Ich würde ja durchaus 100 Ergebnisse abschreiben, nur ist mir unklar, welches Werkzeug mir hier auch nur die einzelnen Ergebnisse ausspucken könnte.
06.05.2014, 11:48	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Es geht letzendlich um die (zur numerischen Auswertung etwas umgeschriebenen) Formel $\begin{eqnarray} E\left[ \sum_{j=1}^N X_j^ \right] = Ns - \frac{1}{s^M} \sum_{r=0}^{N-1} (N-r)\binom{M}{r} \sum_{k=1}^{s-1} (s-k)^r k^{M-r} \end{eqnarray*}$ . Die kannst du mit jedem CAS exakt (also als Bruch) auswerten, oder wenn dir gerundete Zahlen reichen, auch einfach mit JavaScript im Browser deiner Wahl: [attach]34149[/attach]
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06.05.2014, 15:53	Togashi	Auf diesen Beitrag antworten »
Nochmals vielen Dank. Die Idee, das einfach in Javascript zumachen ist auch genial. Hast Du auch eine Idee, wie man abbilden könnte, dass ein Wurf jedes einzelnen Würfels mit Y=10 (also die eine höchste Zahl, die immer gleich der Seitenzahl X ist) nochmal geworfen werden darf und sich dann das Ergebnis als Summe von 10+ Zweitwurf ergibt (also bei einem Wurf von "10" wird z.B. nochmal gewürfelt eine "7" und dann zählt der eine Würfel so, als hätte er eine "17" gezeigt)?
06.05.2014, 16:49	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Und das ganze nur einmal, oder "beliebig oft": D.h., was ist, wenn der Wiederholungswurf auch wieder eine 10 ergibt? Wie auch immer: Das kann man bis hierhin $\begin{eqnarray} P(X_j^\leq k) &=& \sum_{r=0}^{j-1} P(X_1^* > k,\ldots,X_r^* > k,X_{r+1}^\leq k,\ldots,X_M^ \leq k)\\ &=& \sum_{r=0}^{j-1} \binom{M}{r} \cdot P(X_1 > k,\ldots,X_r > k,X_{r+1}\leq k,\ldots,X_M \leq k) \end{eqnarray}$ genauso angehen wie oben, nur eben statt mit Augenzahlen $\begin{eqnarray} k=1,\ldots,s \end{eqnarray}$ dann mit $\begin{eqnarray} k=1,\ldots,2s \end{eqnarray*}$ oder evtl. nach oben offen (je nach deiner Antwort auf meine diesbezügliche Frage). Allerdings besitzen diese Augenzahlen dann unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten, was die Auswertung ein ganzes Stückchen schwieriger macht, d.h., die Summen werden in der Darstellung zunehmend übler. Aber möglich ist es, keine Frage - man braucht dann ordentlichen Durchhaltewillen.
06.05.2014, 18:07	Togashi	Auf diesen Beitrag antworten »
Ist der Erwartungswert für den Fall, dass man nur zweimal oder gerne auch nur einmal Nachwürfeln darf denn noch gut darstellbar? Für ganz abstruse Fälle von 10x hintereinander die 10 Würfeln brauche ich das wirklich nicht.
06.05.2014, 18:08	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Es ist so oder so übel. Beim normalen Wurf gilt für die zufällige Augenzahl $\begin{eqnarray} X_j \end{eqnarray}$ des $\begin{eqnarray} j \end{eqnarray}$ -ten Würfels (nicht verwechseln mit dem Wert $\begin{eqnarray} X_j^ \end{eqnarray}$ in der geordneten Stichprobe): $\begin{eqnarray} P(X_j=k) = \begin{cases} \frac{1}{s} & \;\mbox{für}\; k=1,2,\ldots,s \\ 0 & \;\mbox{sonst} \end{cases} \end{eqnarray}$ . Wenn wir bei einem gewürfelten Maximalwert $\begin{eqnarray} s \end{eqnarray}$ weiterwürfeln dürfen, und das immer wieder, und $\begin{eqnarray} X_j \end{eqnarray}$ dann die letztendlich akkumulierte Augenzahl darstellt, dann gilt abweichend davon $\begin{eqnarray} P(X_j=k) = \begin{cases} \frac{1}{s^{m+1}} & \;\mbox{falls es ein $m\geq 0$ mit $ms+1\leq k < m(s+1)$ gibt}\\ 0 & \;\mbox{sonst} \end{cases} \end{eqnarray*}$ . Das muss dann entsprechend in die in meinem vorletzten Beitrag wiederholte Formel eingebaut werden - viel Spaß dabei.

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