Durchschnittlich größter Wert bei mehreren Ziehungen

06.04.2016, 00:01

Roger

Durchschnittlich größter Wert bei mehreren Ziehungen

Meine Frage:
Hallo erstmal,
ich habe zu meinem Problem leider nirgendwo etwas gefunden, also hoffe ich, dass hier jemand helfen kann. Bin nicht von Haus aus Mathematiker und deshalb leider auch nicht besonders fix in Begrifflichkeiten und Schreibweisen. Ich hoffe, dass kann mir nachgesehen werden.

Es wird davon ausgegangen, dass aus einer Menge Werten mehrere zufällig gezogen werden. Entscheidend ist immer der höchste dieser Werte. Wie lautet der durchschnittliche Wert, wenn der Vorgang immer wieder wiederholt wird.

Als Beispiel: Aus den Zahlen von 1 bis 100 werden unendlich oft 5 zufällig ausgewählt. Welchen Wert hat die höchste der 5 Zahlen im Durchschnitt?
(100 und 5 sind natürlich Variablen)

Vielen Dank bereits im Voraus,
Roger

Meine Ideen:
Leider keine zündende Idee unglücklich

06.04.2016, 10:27

Huggy

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RE: Durchschnittlich größter Wert bei mehreren Ziehungen
Machen wir es gleich etwas allgemeiner. Es seien $\begin{eqnarray*} X_1, ..., X_m \end{eqnarray*}$ unabhängige Zufallsgrößen, die alle auf den Zahlen $\begin{eqnarray*} {1,2, ..., N} \end{eqnarray*}$ gleichverteilt sind. Es sei $\begin{eqnarray*} X_{max} \end{eqnarray*}$ die größte dieser Zufallsgrößen. Die Wahrscheinlichkeit, dass $\begin{eqnarray*} X_{max} \end{eqnarray*}$ den Wert $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ annimmt, ist gleich der Wahrscheinlichkeit, dass alle $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ kleiner/gleich $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ sind minus der Wahrscheinlichkeit, dass alle $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ kleiner/gleich $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ sind.

$\begin{eqnarray*} P(X_{max} = n)=\left (\frac {n}{N} \right )^m-\left (\frac {n-1}{N} \right )^m \end{eqnarray*}$

Der Erwartungswert von $\begin{eqnarray*} X_{max} \end{eqnarray*}$ ist dann:

$\begin{eqnarray*} E(X_{max})=\sum\limits_{n=1}^{100}nP(X_{max} = n) \end{eqnarray*}$

Bei deinem Beispiel mit $\begin{eqnarray*} N=100 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m=5 \end{eqnarray*}$ ergibt das:

$\begin{eqnarray*} E(X_{max}) \approx 83.8292 \end{eqnarray*}$

06.04.2016, 11:01

HAL 9000

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Eine Ergänzung: Basierend auf

$\begin{align*} E\left(X_{\max}\right) = \sum\limits_{n=1}^N P\left(X_{\max} \geq n\right) = \sum\limits_{n=0}^{N-1} P\left(X_{\max} > n\right) \end{align*}$

kann man den Erwartungswert hier auch so schreiben:

$\begin{align*} E\left(X_{\max}\right) = \sum\limits_{n=0}^{N-1} \left(1 - \frac{n^m}{N^m}\right) \end{align*}$

Eine explizite Summenauflösung für allgemeine $\begin{align*} m \end{align*}$ ist etwas schwierig, da dazu benötigte Summenformeln für $\begin{align*} \sum_n n^m \end{align*}$ keine einfache Struktur haben (zumindest die Koefffizienten). Für konkrete kleine $\begin{align*} m \end{align*}$ ist es hingegen ganz gut möglich, im Fall $\begin{align*} m=5 \end{align*}$ wäre das

$\begin{align*} E\left(X_{\max}\right) = N - \frac{(N-1)^2(2N^2-2N-1)}{12N^3} \end{align*}$ .

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

Asymptotisch für $\begin{align*} N\to\infty \end{align*}$ ist $\begin{align*} \sum_{n=0}^{N-1} n^m = \frac{N^{m+1}}{m+1} - \frac{N^m}{2} + O\left(N^{m-1}\right) \end{align*}$ , damit hat man mit

$\begin{align*} E\left(X_{\max}\right) = \frac{m}{m+1}N + \frac{1}{2} + O\left(\frac{1}{N}\right) \end{align*}$

für große $\begin{align*} N \end{align*}$ schon eine ganz gute Näherung in Abhängigkeit vom $\begin{align*} m \end{align*}$ , oben bei $\begin{align*} N=100,m=5 \end{align*}$ kommt da z.B. $\begin{align*} \frac{m}{m+1}N + \frac{1}{2}\approx 83.833 \end{align*}$ heraus.

Und noch eine Anmerkung: Die Rechnung von Huggy und meine Ergänzungen dazu basieren auf dem Modell "Ziehen mit Zurücklegen". Solltest du aber "Ziehen ohne Zurücklegen" meinen, dann ändert sich die Rechnung...

06.04.2016, 12:49

Dopap

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siehe auch meinen fast gelungenem Versuch im Thread:

Erwartungswert für Maximum bei mehrfachem Würfeln

06.04.2016, 12:53

HAL 9000

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Mein Erinnerungsvermögen lässt offenbar nach, sonst hätte ich gleich dahin verlinken können - danke, dass du es noch weißt. Freude

Kurioserweise ist der Erwartungswertausdruck bei "Ziehen ohne Zurücklegen" einfacher anzugeben! Für $\begin{align*} 1\leq m\leq N \end{align*}$ (größere m machen da ja keinen Sinn mehr) ist da

$\begin{align*} P\left( X_{\max}\leq n \right) = \frac{\binom{n}{m}}{\binom{N}{m}} \end{align*}$

woraus mittelbar $\begin{align*} E\left(X_{\max}\right) = \frac{m}{m+1} (N+1) \end{align*}$ folgt.

06.04.2016, 13:00

Huggy

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Solche Threads gefallen mir sehr gut. Die Fragestellung wird aus unterschiedlichen Gesichtspunkten und mit unterschiedlichen Formeln behandelt. Daraus kann jeder Mitleser eine Menge lernen.

06.04.2016, 14:56

Roger

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Vielen Dank euch allen!

23.02.2020, 03:15

LordAsh

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Bei mir ist die Schule mehr als zwanzig Jahren zurück. Ich weiß nicht mal mehr wie das einzugeben ist.

Ich habe zwei bzw. drei Würfelergebnisse mit einem zwanzigseiten Würfel. Wie wäre da das durschnittliche Ergebniss der jeweils höchsten Zahl?

23.02.2020, 07:50

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{align*} E\left(X_{\max}\right) = \sum\limits_{n=0}^{N-1} \left(1 - \frac{n^m}{N^m}\right) \end{align*}$

Ausgehend von dieser HAL-Formel ergibt sich für $\begin{eqnarray*} m=3 \end{eqnarray*}$ Würfel:

$\begin{eqnarray*} E\left(X_{\max}\right) = \sum\limits_{n=0}^{N-1} \left(1 - \frac{n^3}{N^3}\right)=N-\frac{N^2(N-1)^2}{4N^3}=N-\frac{(N-1)^2}{4N}=\frac{4N^2-N^2+2N-1}{4N}=\frac{3N^2+2N-1}{4N}=\frac34N+\frac12-\frac1{4N} \end{eqnarray*}$

Einsetzen der Flächenanzahl N=20 ergibt:

$\begin{eqnarray*} E\left(X_{\max}\right) =15+\frac12-\frac1{80}=15{,}4875 \end{eqnarray*}$

23.02.2020, 09:03

LordAsh

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Klasse. Danke.

24.02.2020, 11:23

Ulrich Ruhnau

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Über die Häufigkeitsverteilungen der beteiligten Würfel hat sich noch keiner so recht Gedanken gemacht. Ich habe ein kleines Progrämchen in Matlab geschrieben, das auch die relativen Häufigkeiten der Würfelergebnisse der drei Würfel nach Sortierung wiedergibt.
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Irgendwie erinnert mich das an Bernsteinpolynome.

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