Maximum beim 2-fachen Würfelwurf

05.02.2015, 14:11

Mathelover

Maximum beim 2-fachen Würfelwurf

Hallo zusammen,

ich habe ein Problem mit folgender Aufgabe:

Ein fairer Würfel werde zweimal geworfen. Dabei bezeichne $\begin{eqnarray*} X_j \end{eqnarray*}$ die Augenzahl des $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ -ten Wurfs sowie $\begin{eqnarray*} M := max(X_1, X_2) \end{eqnarray*}$ die höchste Aufgenzahl aus den beiden Würfen. Berechnen Sie $\begin{eqnarray*} E(M|X_1 = j) \end{eqnarray*}$ , für $\begin{eqnarray*} j = 1, . . . , 6 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E(M) \end{eqnarray*}$ .

Lösungsvorschlag:
Unter der Bedingung $\begin{eqnarray*} X_1 = j \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} M = j \end{eqnarray*}$ , falls das Ereignis $\begin{eqnarray*} X_2 \leq j \end{eqnarray*}$ eintritt, wobei $\begin{eqnarray*} P(X_2 \leq j) = \frac{j}{6} \end{eqnarray*}$ . Andernfalls gilt $\begin{eqnarray*} M = X_2 \end{eqnarray*}$ .

Somit gilt:

$\begin{eqnarray*} P(M=i|X_1=j)=0, i<j \end{eqnarray*}$

1. Frage: M ist ja als das Maximum von $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_2 \end{eqnarray*}$ definiert. D.h. doch dann, dass der Fall $\begin{eqnarray*} P(M=i|X_1=j) \end{eqnarray*}$ nie eintreten kann, wenn $\begin{eqnarray*} i < j \end{eqnarray*}$ ist, und deshalb ist das eben $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ , richtig?

$\begin{eqnarray*} P(M = j|X_1 = j) = \frac{j}{6} \end{eqnarray*}$

2. Frage: Warum gilt $\begin{eqnarray*} P(M = j|X_1 = j) = P(X_2 \leq j) \end{eqnarray*}$ ?

$\begin{eqnarray*} P(M =i|X_1 =j)= \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} i =j+1,...,6 \end{eqnarray*}$ ; falls $\begin{eqnarray*} j <6 \end{eqnarray*}$

Damit erhalten wir:
$\begin{eqnarray*} E(M|X_1=j) = j * \frac{j}{6} + \sum_{k=j+1}^{6} k * \frac{1}{6} = \frac{1}{6} * (j^2 + 21 - \frac{j*(j+1)}{2}) = 3,5 + \frac{j*(j-1)}{12}, j = 1,...,6 \end{eqnarray*}$

3. Frage: Hier habe ganz abgeschaltet und verstehe nicht, wie hier die Formel der Bedingten Erwartungswerts verwendet wird. Die Definition sagt nämlich:

$\begin{eqnarray*} E(X|A) := \frac{1}{P(A)} \sum_{w \in A} X(w)*P({w}) \end{eqnarray*}$
Ich erkenne leider keine Gemeinsamkeit mit der Formel und der von der Lösung.

Bitte um Hilfe.

05.02.2015, 14:43

HAL 9000

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1.Frage: Ja, das siehst du richtig.

2.Frage: Wenn sowohl $\begin{align*} X_1=j \end{align*}$ als auch $\begin{align*} M=j \end{align*}$ gilt, dann wird das Maximum von $\begin{align*} X_1 \end{align*}$ angenommen, der zweite Wert darf dann nicht größer sein. Es ist also

$\begin{align*} P(M=j \mid X_1=j) = \frac{P(M=j \,\wedge\,X_1=j)}{P(X_1=j)} = \frac{P(X_2\leq j \,\wedge\,X_1=j)}{P(X_1=j)} = \frac{P(X_2\leq j)\cdot P(X_1=j)}{P(X_1=j)} = P(X_2\leq j) \end{align*}$ ,

im vorletzten Schritt wurde die Unabhängigkeit von $\begin{align*} X_1,X_2 \end{align*}$ verwendet.

Ist hingegen $\begin{align*} X_1=j,M=i \end{align*}$ mit $\begin{align*} i>j \end{align*}$ , so muss das Maximum von $\begin{align*} X_2 \end{align*}$ angenommen werden, es ist also

$\begin{align*} P(M=i \mid X_1=j) = \frac{P(M=i \,\wedge\,X_1=j)}{P(X_1=j)} = \frac{P(X_2=i \,\wedge\,X_1=j)}{P(X_1=j)} = \frac{P(X_2=i)\cdot P(X_1=j)}{P(X_1=j)} = P(X_2=i) \end{align*}$ ,

3.Frage: Das ist de fakto die Definition der bedingten Erwartung im Fall P(A)>0: $\begin{align*} E(X \mid A) := \frac{E(X\cdot 1_A)}{P(A)} \end{align*}$

05.02.2015, 14:59

Mathelover

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Zitat:

Original von HAL 9000
3.Frage: Das ist de fakto die Definition der bedingten Erwartung im Fall P(A)>0: $\begin{align*} E(X \mid A) := \frac{E(X\cdot 1_A)}{P(A)} \end{align*}$

Genau das verstehe ich aber nicht.

$\begin{eqnarray*} P(X_1=j) = \frac{j}{6} \end{eqnarray*}$

Also gilt: $\begin{eqnarray*} \frac{1}{P(X_1=j)} = \frac{j}{6} \end{eqnarray*}$

Woher kommt aber jetzt das rote j: j $\begin{eqnarray*} *\frac{j}{6} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P( { w } ) = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ für alle w.

Und was ist jetzt $\begin{eqnarray*} M(w) \end{eqnarray*}$ ?

$\begin{eqnarray*} M(w) \end{eqnarray*}$ müsste doch $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ sein, oder?

Ich hoffe du kannst mich aufklären.

05.02.2015, 16:11

HAL 9000

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Zitat:

Original von Mathelover
$\begin{eqnarray*} P(X_1=j) = \frac{j}{6} \end{eqnarray*}$

Also gilt: $\begin{eqnarray*} \frac{1}{P(X_1=j)} = \frac{j}{6} \end{eqnarray*}$

Beides falsch: Es ist $\begin{align*} P(X_1=j)=\frac{1}{6} \end{align*}$ , und dessen Kehrwert $\begin{align*} \frac{1}{P(X_1=j)} = 6 \end{align*}$ .

------------------------------------------------------------------

Für den Erwartungswert gilt ja die Berechnungsformel $\begin{align*} E(M) = \sum_{k=1}^6 k\cdot P(M=k) \end{align*}$ .

Genauso wird auch mit dem bedingten Erwartungswert verfahren, nur dass dort dann bedingte Wahrscheinlichkeiten verwendet werden: $\begin{align*} E(M \mid A) = \sum_{k=1}^6 k\cdot P(M=k \mid A) \end{align*}$ .

Das wurde oben dann mit Ereignis $\begin{align*} A=[X_1=j] \end{align*}$ auch getan: Für $\begin{align*} k<j \end{align*}$ waren diese bedingten Wahrscheinlichkeiten gleich 0, also kann man diese Summanden streichen. Es verbleiben die Summanden für $\begin{align*} k\geq j \end{align*}$ , wobei der für $\begin{align*} k=j \end{align*}$ wegen seiner Sonderrolle aus der Summe extrahiert wurde, d.h. wir sind bei

$\begin{align*} E(M \mid X_1=j) = j\cdot P(M=j \mid X_1=j) + \sum_{k=j+1}^6 k\cdot P(M=k \mid X_1=j) \end{align*}$ .

Und jetzt wird der ganze Spaß, der vorher ja ausführlichst diskutiert wurde, hier eingesetzt - fertig.

05.02.2015, 16:44

Mathelover

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Danke dir HAL 9000,

jetzt wo düs so ausführlich schreibst, versteh ich das schon besser.

Ein Punkt wäre da aber noch:

Ich komme nicht drauf, wie man von
$\begin{eqnarray*} j * \frac{j}{6} + \sum_{k=j+1}^{6} k * \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

auf

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} * (j^2 + 21 - \frac{j*(j+1)}{2}) \end{eqnarray*}$

kommt.

Ich komme nämich auf:

$\begin{eqnarray*} \frac{j^2}{6} + (\frac{5j+15}{6}) \end{eqnarray*}$

05.02.2015, 16:52

HAL 9000

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Nun, für die Summe rechts verwendet man den kleinen Gauß $\begin{align*} \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2} \end{align*}$ .

Beginnt der untere Index erst bei j+1, so ziehen wir 1..j ab: $\begin{align*} \sum_{k=j+1}^n k = \sum_{k=1}^n k - \sum_{k=1}^j k = \frac{n(n+1)}{2} - \frac{j(j+1)}{2} \end{align*}$ .

Und genau das wurde hier gemacht für n=6: $\begin{align*} \sum_{k=j+1}^6 k = \frac{6\cdot 7}{2} - \frac{j(j+1)}{2} = 21-\frac{j(j+1)}{2} \end{align*}$ .

05.02.2015, 17:06

Mathelover

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Echt toll, dass die das in der Musterlösung nicht bemerken Big Laugh

Ich danke dir HAL 9000 Freude

05.02.2015, 19:03

HAL 9000

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Zitat:

Original von Mathelover
Echt toll, dass die das in der Musterlösung nicht bemerken

Mit "bemerken" meinst du "erläutern"? Ab einem gewissen Level habe ich da Verständnis: Das ist hier Hochschulstochastik, da ist man nicht verpflichtet, Basiskenntnisse in Algebra (wie etwa diese Gauß-Summe) nochmal ausführlich zu besprechen.

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