Erwartungswert dafür, dass bestimmte Stelle eines n-Tupels ein Rekord ist

23.11.2014, 12:56	emmtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Erwartungswert dafür, dass bestimmte Stelle eines n-Tupels ein Rekord ist Hallo! Der Ergebnisraum sei die Menge aller Perumtationen von {1,...,n}, versehen mit der Laplace-Verteilung. Für i aus {1,...,n} seien folgende Zufallsvariablen definiert: $\begin{eqnarray} X_i((\omega_1,\ldots,\omega_n))=\omega_i \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} R_i((\omega_1,\ldots,\omega_n))=\begin{cases}1 & \forall{}j<i:\omega_j<\omega_i \\ 0 & \mathrm{sonst}\end{cases} \end{eqnarray}$ Falls R_i=1, heiße X_i Stelle ein Rekord. Gesucht ist der Erwartungswert E[R_i] für alle i aus {1,...,n}. Mein Ansatz: Es gilt: $\begin{eqnarray} E[R_i]=0\cdot{}P(R_i=0)+1\cdot{}P(R_i=1)=P(R_i=1) \end{eqnarray}$ Über die totale Wahrscheinlichkeit ergibt sich: $\begin{eqnarray} P(R_i=1)=\sum_{k=1}^n{}P(R_i=1\|X_i=k)\cdot{}P(X_i=k)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{}P(R_i=1\|X_i=k) \end{eqnarray}$ Für X_i=k scheint mir die Wahrscheinlichkeit, dass R_i ein Rekord ist, hypergeometrisch mit Parametern n-1, k-1 und i-1 zu sein. Ich bin ja an der Wahrscheinlichkeit dafür interessiert, dass ich bei i-1 Ziehungen ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge aus n-1 Zahlen i-1 Zahlen aus {1,...,k-1} erwische. Wenn diese Überlegung vernünftig ist, ergibt sich: $\begin{eqnarray} P(R_i=1\|X_i=k)=\frac{\begin{pmatrix} k-1 \\ i-1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} (n-1)-(k-1) \\ (i-1)-(i-1) \end{pmatrix} }{\begin{pmatrix} n-1 \\ i-1 \end{pmatrix}} = \frac{\begin{pmatrix} k-1 \\ i-1 \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix} n-1 \\ i-1 \end{pmatrix}} \end{eqnarray}$ In obige Formel für P(R_i=1) eingesetzt, lande ich jetzt aber bei einer Summe, mit der ich nichts mehr anfangen kann, nämlich: $\begin{eqnarray} P(R_i=1)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{\begin{pmatrix} k-1 \\ i-1 \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix} n-1 \\ i-1 \end{pmatrix}}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{(k-1)!(n-i)!}{(k-i)!(n-1)!}=\frac{(n-i)!}{n!}\sum_{k=1}^n\frac{(k-1)!}{(k-i)!} \end{eqnarray}$ Meine Frage an Euch: Geht es da noch weiter? Oder habe ich mich auf einem zu komplizierten Weg total verlaufen? Vielen Dank, viele Grüße emmtee
23.11.2014, 13:57	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich würde ja einfach direkt die günstigen Permutationen für $\begin{align} R_i=1 \end{align}$ zählen, und komme damit zu $\begin{align} P(R_i=1) = \frac{\binom{n}{i}\cdot (i-1)!\cdot (n-i)!}{n!} = \frac{1}{i} \end{align}$ .
24.11.2014, 14:18	emmtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Hmm ... das bedeutet, wenn \|M\| die Anzahl der Elemente in M bezeichnet, gilt: $\begin{eqnarray} \|\{R_i=1\}\|=\begin{pmatrix}n \\ i\end{pmatrix}\cdot (i-1)!\cdot{}(n-i)! \end{eqnarray}$ Ich hatte gehofft, dass es eine einfache Abzählung für die günstigen Permutationen gibt. Allerdings kann ich Deine Lösung gar nicht nachvollziehen. Könntest Du das bitte kurz erläutern? Vielen Dank emmtee
24.11.2014, 14:49	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{align} \binom{n}{i} \end{align}$ ist die Anzahl der Möglichkeiten, erstmal nur die Menge der Permutationselemente auf den ersten $\begin{align} i \end{align}$ Plätzen aus der Gesamtmenge $\begin{align} \{1,\ldots,n\} \end{align}$ auszuwählen. Im Fall $\begin{align} R_i=1 \end{align}$ muss an die $\begin{align} i \end{align}$ -te Position das größte dieser Elemente (d.h. keine Wahl), während die vorderen $\begin{align} (i-1) \end{align}$ Positionen ansonsten beliebig besetzt werden dürfen, d.h. mit Permutationsanzahl $\begin{align} (i-1)! \end{align}$ als zusätzlichen Faktor. Genauso dürfen die nach der Auswahl der vorderen Elemente übrigbleibenden $\begin{align} (n-i) \end{align}$ Elemente auf den Positionen $\begin{align} i+1,\ldots,n \end{align}$ beliebig permutiert werden, das ergibt den weiteren Faktor $\begin{align} (n-i)! \end{align}$ . Das ist alles, das Produkt der drei genannten Faktoren ergibt die Gesamtanzahl der für $\begin{align} R_i=1 \end{align}$ günstigen Permutationen aller $\begin{align} n \end{align}$ Elemente. P.S.: Angesichts deiner doch deutlich komplizierteren (und dennoch fast richtigen) Berechnungen oben hatte ich eigentlich eine Reaktion der Art "Was - so einfach geht das?" erwartet ... nun ja, vielleicht muss es noch etwas sacken.
24.11.2014, 15:28	emmtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Aaaah! Jetzt ist es gesackt. Tausend Dank!
24.11.2014, 15:41	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn ich sage, dass deine Berechnungen oben "fast" richtig sind, dann bezieht sich die Einschränkung nur auf die Summation: Wenn dort überall $\begin{align} \sum_{k=i}^n \end{align}$ statt $\begin{align} \sum_{k=1}^n \end{align}$ steht, stimmt alles: Es ist eben tatsächlich $\begin{align} \sum_{k=i}^n \frac{(k-1)!}{(k-i)!} = \frac{n!}{i(n-i)!} \end{align}$ bzw. nach weiterer Division durch $\begin{align} (i-1)! \end{align}$ etwas "schöner" mit Binomialkoeffizienten geschrieben $\begin{align} \sum_{k=i}^n \binom{k-1}{i-1} = \binom{n}{i} \end{align}$ .
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24.11.2014, 16:18	emmtee	Auf diesen Beitrag antworten »
Und nochmal vielen Dank! Es hatte mich schon ein bisschen beunruhigt, dass ich überhaupt nicht gesehen habe, wie ich denn mit meinem Ansatz auf das Ergebnis gekommen wäre. Diese Unruhe hast Du mir jetzt genommen.

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