Erwartungswert, würfeln mit Bedingung

12.10.2017, 02:54

Dopap

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Erwartungswert, würfeln mit Bedingung

Der Erwartungswert W für Anzahl der Würfe bis incl. 6 ist 6 .
oder 5 bei bis 6 !!!
Wenn ich aber Bedingungen an die Geschichte stelle wird's komisch :

man würfelt nur $\begin{eqnarray*} \{1,2\} \end{eqnarray*}$ bis incl. die $\begin{eqnarray*} 6 \end{eqnarray*}$ fällt. Welchen Erwartungswert hat dann W?

$\begin{eqnarray*} E(\text{alle Würfe bis incl. 6} \,|\, \{1,2\} \text{bis incl. 6}) =E(\text{alle Würfe bis incl. 6} \land \text{nur}\{1,2\} \text{{\color{red}bis} 6}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac {E(\text{alle Würfe bis incl. 6}) \cdot p(\text{nur} \{1,2\} \text{{\color{red}bis} 6}) } {p(\text{nur} \{1,2\} \text{bis incl. 6})}= \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\sum_{k=1}^\infty k(1/6)(1/3)^{k-1}} { \sum_{k=1}^\infty(1/6)(1/3)^{k-1}}=\frac {3/8}{1/4}=1.5 \end{eqnarray*}$ verwirrt

verwirrt

Das Bauchgefühl sagt nein.

12.10.2017, 11:48

Huggy

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RE: Erwartungswert, würfeln mit Bedingung
Bin neugierig, ob jemand diesen Text versteht. Die Worte sehen zwar deutsch aus, aber der Text insgesamt ist für mich reines Chinesisch.

12.10.2017, 11:51

G121017

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RE: Erwartungswert, würfeln mit Bedingung
Ich kann mich meinem Vorredner nur anschließen. Ich verstehe nicht, worauf unser Dopap hier hinauswill. verwirrt

verwirrt

12.10.2017, 13:46

Dopap

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Chinesisch ?

Erwartungswert der Anzahl der Würfe eines Spielwürfels bis eine 6 gewürfelt wird unter der Bedingung, dass nur 1 oder 2 einschließlich 6 gewürfelt werden.

Chinesisch?

Der Satz von Bayes wird verwendet.

Das Problem in der Formel ist die Formulierung von:

a.) Wurfanzahl bis einschließlich 6. "bis incl." benannt
b.) Wurfanzahl bis nicht einschließlich 6. "bis" benannt (in Rot )

beide Varianten der geometrischen Verteilung werden verwendet.

Der Erwartungswert für die Wurfanzahl ( bis incl. ) ist mit 1.5 berechnet was mir etwas knapp vorkommt.,

jetzt etwas klarer ?

12.10.2017, 15:18

Huggy

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Dein Bauchgefühl hat Recht. Sein $\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ das Wurfergebnis im Wurf $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ . Dann ist

$\begin{eqnarray*} P(X_n=6|X_n \neq 3,4,5)=\frac 1 3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(X_n \neq 6|X_n \neq 3,4,5)=\frac 2 3 \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ die Wurfnummer, bei der man unter der Bedingung $\begin{eqnarray*} X_n \neq 3,4,5 \end{eqnarray*}$ das erste mal eine 6 würfelt. Dann gilt mit $\begin{eqnarray*} p=2/3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E(Y)=(1-p)\sum_{n=1}^\infty np^{n-1}=\frac {1}{1-p}=3 \end{eqnarray*}$

12.10.2017, 17:24

Dopap

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Mathematik ist hartes Brot. Vielleicht wäre es besser die Schallplattensammlung mal neu zu sortieren.
Angesichts von Schreibfehlern und unglücklicher chinesischer
Wortwahl ist es wohl besser, das ganze neu zu schreiben.
Im englischen klingt das auch ganz anders.

You roll a fair dice until you get a 6. What is the exected number of rolls,

including the roll of 6 , conditioned on the event that all previous rolls

were even numbers ?

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12.10.2017, 17:57

Huggy

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Bei der Wortwahl halte ich 3/2 für die korrekte Lösung.

12.10.2017, 18:08

Dopap

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gut Huggy, wieder was gelernt: Nicht ohne Not ein Problem verbasteln und damit erst recht unverständlich machen.
Aber irgendwie dann doch noch die Kurve gekriegt Augenzwinkern

Augenzwinkern

12.10.2017, 18:26

Huggy

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Der Knackpunkt ist, dass in dem englischen Text der letzte Wurf keine Bedingung erfüllen muss.

12.10.2017, 19:25

HAL 9000

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Für den richtigen Ergebniswert 1.5 ist es doch unerheblich, ob vor der ersten 6 nur {1,2} oder nur {2,4} (wie im englischen Text) zugelassen werden - Hauptsache, es sind genau zwei andere als 6.

12.10.2017, 22:23

Dopap

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Gut zu wissen.
Das Ergebnis ist ja offensichtlich kontra-intuitiv. Wie könnte eine Simulation aussehen ?

Man würfelt eine Kette und schneidet alle Sequenzen heraus die mit einer 6 enden. Und links davon schneidet man dort ab wo der Streifen mit 2 oder 4 beginnt - und bis 6 so bleibt.

sei e = even, 6

6 , L1=1
e6, L2=2
ee6, L3=3
eee6 , L4=4 ...

Und jetzt nur noch $\begin{eqnarray*} \mu=\sum_{k=1}^{finit}L_k \cdot hrel_k\approx 1.5 \end{eqnarray*}$ berechnen. O.k ?

13.10.2017, 08:22

Huggy

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Zitat:

Original von HAL 9000
Für den richtigen Ergebniswert 1.5 ist es doch unerheblich, ob vor der ersten 6 nur {1,2} oder nur {2,4} (wie im englischen Text) zugelassen werden - Hauptsache, es sind genau zwei andere als 6.

Den ursprünglichen Text von Dopap hatte ich so interpretiert, dass jeder Wurf, auch der letzte, unter der Bedingung betrachtet werden soll, dass keine 3, 4 oder 5 gewürfelt wurde. Das läuft dann effektiv auf einen 3-seitigen Laplacewürfel hinaus.

13.10.2017, 09:58

HAL 9000

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Zitat:

Original von Huggy
Das läuft dann effektiv auf einen 3-seitigen Laplacewürfel hinaus.

Verstehe ich nicht, kannst du das mal näher ausführen:

Wir haben hier ja unterschiedlich lange Wurfketten bis zur Erreichung der 6. Was ist hier wie Laplace? verwirrt

verwirrt

13.10.2017, 10:55

Huggy

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Wenn man jeden Wurf sofort unter der Bedingung betrachtet, dass keine 3, 4 oder 5 gewürfelt wurde, dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass unter dieser Bedingung eine 1, 2, oder 6 gewürfelt wurde, für jede dieser drei Zahlen 1/3. Das entspricht einer Laplacewahrscheinlichkeit für einen dreiseitigen Würfel.

Die Wurfkette ist bei dieser Interpretation eben eine Wurfkette mit einem dreiseitigen Laplacewürfel. Die Wahrscheinlichkeit im ersten Wurf, der ja schon der letzte sein könnte, eine 6 zu würfeln, ist bei dieser Interpretation 1/3. Die Wahrscheinkeit, keine 6 zu würfeln und damit die Kette fortzusetzen, ist bei dieser Interpretation 2/3.

Der englische Text kann so nicht interpretiert werden. Die Wahrscheinlichkeit für eine 6 im ersten Versuch ist da 1/6. Die Änderung meiner Meinung, wie das gemeint ist, hatte nichts mit den geänderten Zahlen in der Bedingung zu tun.

13.10.2017, 11:05

HAL 9000

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Zitat:

Original von Huggy
Der englische Text kann so nicht interpretiert werden.

Ja, und m.E. auch der deutsche nicht. Wie würdest du denn ein Experiment mit einem sechsseitigen Laplace-Würfel beschreiben, welches den Erwartungswert 3 für die Position der ersten 6 zur Folge hat, d.h. von welcher Bedingung reden wir dann? verwirrt

verwirrt

Bei der "englischen" Variante ist das einfach: Wir betrachten einfach alle Wurfketten, bis erstmal keine 2 oder 4 gewürfelt wurde. Ist es eine 6, dann vermerken wir die Nummer des Versuch. Ist diese Augenzahl keine 6, dann werfen wir die Wurfkette weg.

13.10.2017, 11:38

Huggy

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Zitat:

Original von HAL 9000
Ja, und m.E. auch der deutsche nicht.

Das mag so sein, wenn man sofort alle 3 Textversionen sieht. Mit nur den ersten beiden Textversionen habe ich das zunächst so interpretiert.

Zitat:

Wie würdest du denn ein Experiment mit einem sechsseitigen Laplace-Würfel beschreiben, welches den Erwartungswert 3 für die Position der ersten 6 zur Folge hat, d.h. von welcher Bedingung reden wir dann? verwirrt

verwirrt

Man würfelt. Ist das Ergebnis eine 3, 4 oder 5, wird der Wurf gestrichen. Er zählt nicht für die Zahl der durchgeführten Versuche der Simulation, weil er die Bedingung nicht erfüllt. Ist das Ergebnis eine 6, zählt der Versuch und man hört auf. Ist das Ergebnis eine 1 oder 2, würfelt man noch einmal. Ist jetzt das Ergebnis eine 3, 4 oder 5, wird die Kette wieder gestrichen. Ist das Ergebnis eine 6, zählt die Kette und man hört auf. Ist das Ergebnis eine 1 oder 2, ...

13.10.2017, 11:41

HAL 9000

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Ok, langsam lichtet sich der Nebel. Ich führe zunächst die Ereignisse

$\begin{align*} A_k \end{align*}$ ... die Würfe $\begin{align*} 1,\ldots,k-1 \end{align*}$ liegen in $\begin{align*} \{2,4\} \end{align*}$ und Wurf $\begin{align*} k \end{align*}$ ist eine 6

$\begin{align*} A = \bigcup_{k=1}^{\infty} A_k \end{align*}$

$\begin{align*} B \end{align*}$ ... alle (!) Wurfergebnisse liegen in $\begin{align*} \{2,4,6\} \end{align*}$

sowie die Zufallsgröße

$\begin{align*} Y \end{align*}$ ... Nummer des Versuchs, in dem erstmals eine 6 fällt

ein. In der englischen Variante geht es um $\begin{align*} E(Y \mid A) = 1.5 \end{align*}$ , mit positiver Wahrscheinlichkeit der Bedingung, konkret $\begin{align*} P(A)=\frac{1}{4} \end{align*}$ .

Tatsächlich ist $\begin{align*} E(Y \mid B) = 3 \end{align*}$ , wobei hier aber $\begin{align*} P(B)=0 \end{align*}$ anzumerken ist!!! Ich würde aber bestreiten, dass die deutsche Variante so zu lesen ist:

Das würde nämlich bedeuten, dass du z.B. eine Würfelkette von der Erwartungswertbildung ausschließt, bei der nach einer {2,4}-Folge eine 6 fällt, wenn danach (!!!) noch irgendwann eine Zahl aus {1,3,5} fällt. In dem Kontext hier eine m.E. absurde Betrachtungsweise.

13.10.2017, 12:01

Huggy

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Zitat:

Original von HAL 9000
Das würde nämlich bedeuten, dass du z.B. eine Würfelkette von der Erwartungswertbildung ausschließt, bei der nach einer {2,4}-Folge eine 6 fällt, wenn danach (!!!) noch irgendwann eine Zahl aus {1,3,5} fällt.

So habe ich die Simulation nicht beschrieben.

Zitat:

Original von Huggy
Ist das Ergebnis eine 6, zählt der Versuch und man hört auf.

Nachträglich wird da nichts gestrichen. Es wird ja gar nicht weitergewürfelt.

13.10.2017, 12:29

HAL 9000

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Ich hab von deiner Berechnung

Zitat:

Original von Huggy
Sei $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ die Wurfnummer, bei der man unter der Bedingung $\begin{eqnarray*} X_n \neq 3,4,5 \end{eqnarray*}$ das erste mal eine 6 würfelt. Dann gilt mit $\begin{eqnarray*} p=2/3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E(Y)=(1-p)\sum_{n=1}^\infty np^{n-1}=\frac {1}{1-p}=3 \end{eqnarray*}$

geredet, nicht von deiner Beschreibung im letzten Beitrag. Die Beschreibung hatte ich mir zu dem Zeitpunkt gar nicht durchgelesen.

Jetzt fällt mir auf, dass du beim Würfeln von 3,4,5 den Wurf streichst, nicht die ganze Wurfkette - das ist natürlich ein ganz, ganz anderes Experiment. unglücklich

unglücklich

Was du da berechnest ist nicht

Zitat:

Original von Dopap
Erwartungswert der Anzahl der Würfe eines Spielwürfels bis eine 6 gewürfelt wird unter der Bedingung, dass nur 1 oder 2 einschließlich 6 gewürfelt werden.

sondern

Zitat:

Erwartungswert der Anzahl der Würfe {1,2,6} eines Spielwürfels bis erstmalig eine 6 gewürfelt wird.

13.10.2017, 13:46

Dopap

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Aus Schaden klug geworden worden wollte ich eigentlich komplett von vorne mit dem englischen Text beginnen. Meine "Übersetzungen" und Interpretationen sind ja kein Garant. Ich hätte spätestens nach dem "Chinesisch Einwand" den Thread streichen sollen.
Jetzt werde ich ja doch wieder ins Spiel gebracht, das wollte ich eigentlich vermeiden.

Hauptsache die Protagonisten behalten den Überblick ...

13.10.2017, 14:01

Huggy

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HAL, du verstehst, es mich zu verwirren.

Zitat:

Original von HAL 9000
Ich hab von deiner Berechnung

Zitat:

Original von Huggy
Sei $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ die Wurfnummer, bei der man unter der Bedingung $\begin{eqnarray*} X_n \neq 3,4,5 \end{eqnarray*}$ das erste mal eine 6 würfelt. Dann gilt mit $\begin{eqnarray*} p=2/3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E(Y)=(1-p)\sum_{n=1}^\infty np^{n-1}=\frac {1}{1-p}=3 \end{eqnarray*}$

geredet, nicht von deiner Beschreibung im letzten Beitrag. Die Beschreibung hatte ich mir zu dem Zeitpunkt gar nicht durchgelesen.

So verstehe ich deine Frage auch nicht. Meine zweite Antwort in diesem Thread enthielt doch, mit welchen bedingten Wahrscheinlichkeiten ich hier gerechnet habe. Erst später habe hinzugefügt, dass das der Rechnung mit einem dreiseitigen Laplacewürfel entspricht.

Zitat:

Jetzt fällt mir auf, dass du beim Würfeln von 3,4,5 den Wurf streichst, nicht die ganze Wurfkette - das ist natürlich ein ganz, ganz anderes Experiment. unglücklich

unglücklich

Mit der Streichung des Wurfs ist natürlich die ganze Kette bis zu diesem Wurf gestrichen. Eine frühere 6 ist damit nicht gestrichen, denn nach ihr wäre ja die Kette ungestrichen zu Ende gewesen.

13.10.2017, 17:35

HAL 9000

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Zitat:

Original von Huggy
HAL, du verstehst, es mich zu verwirren.

Das Kompliment kann ich voll und ganz zurückgeben, insbesondere nach dieser nunmehr vollkommen überraschenden Aussage

Zitat:

Original von Huggy
Mit der Streichung des Wurfs ist natürlich die ganze Kette bis zu diesem Wurf gestrichen.

Dann IST es doch dasselbe wie in der "englischen" Variante, d.h., was ich oben $\begin{align*} E(Y \mid A) \end{align*}$ genannt habe. Nunmehr ist mir absolut unverständlich, wie du da auf 3 statt 1.5 kommen willst. unglücklich

unglücklich

Da kann ich nur sagen: Simuliere dein Experiment, und schau, was rauskommt.

13.10.2017, 19:17

Dopap

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Der TS möchte nicht stören...hier ein anderer Versuch:

Ich betrachte Sequenzen e,e,e...,x mit e={2,4} , x= {1,3,5,6}
Die erwartete Wurfanzahl bis x ist die erwartete Länge der Sequenz.

Wenn der erste Wurf x ist, was 4/6 Würfen entspricht, dann ist L=1.
Wenn nicht [= 2/6 Würfen], verschwendet man einen Wurf und darf erwarten, gleich oft für die Länge L zu würfeln.
( gedächtnislose Verteilung )

L=P(erster Wurf=x)(1)+P(erster Wurf =e)(L+1)
L=4/6(1)+2/6(L+1)
L=3/2=1.5

14.10.2017, 15:22

Huggy

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von Huggy
Mit der Streichung des Wurfs ist natürlich die ganze Kette bis zu diesem Wurf gestrichen.

Dann IST es doch dasselbe wie in der "englischen" Variante, d.h., was ich oben $\begin{align*} E(Y \mid A) \end{align*}$ genannt habe. Nunmehr ist mir absolut unverständlich, wie du da auf 3 statt 1.5 kommen willst. unglücklich

unglücklich

Ja, die Annahme "einfach nochmal würfeln" sei äquivalent zu "Streichen der Kette", war ein Kurzschluss.

14.10.2017, 17:14

HAL 9000

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Wenn noch eine kleine Nachbetrachtung gestattet ist:

Zitat:

Original von Huggy
Sei $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ die Wurfnummer, bei der man unter der Bedingung $\begin{eqnarray*} X_n \neq 3,4,5 \end{eqnarray*}$ das erste mal eine 6 würfelt.

Eine unter einer Bedingung definierte Zufallsgröße gibt es an sich nicht. Normalerweise definiert man eine Zufallsgröße, und kann dann deren Verteilung unter einer gewissen Bedingung betrachten. Wenn wir z.B. $\begin{align*} Y \end{align*}$ so wie ich oben als

$\begin{align*} Y \end{align*}$ ... Nummer des Versuchs, in dem erstmals eine 6 fällt

definieren, dann ist die Rechnung

Zitat:

Original von Huggy
Dann gilt mit $\begin{eqnarray*} p=2/3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E(Y)=(1-p)\sum_{n=1}^\infty np^{n-1}=\frac {1}{1-p}=3 \end{eqnarray*}$

vielleicht so zu lesen

$\begin{align*} P(Y = n \mid X_1,\ldots,X_n\not\in\{3,4,5\}) = (1-p)p^{n-1}\qquad (*) \end{align*}$

sowie

$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} n\cdot P(Y = n \mid X_1,\ldots,X_{{\color{red}n}}\not\in\{3,4,5\}) = (1-p)\sum_{n=1}^{\infty} np^{n-1}=\frac {1}{1-p}=3 \end{align*}$ .

Aber was ist das links? Ein bedingter Erwartungswert $\begin{align*} E(Y \mid C) \end{align*}$ ? Aber für welches $\begin{align*} C \end{align*}$ ? Da fällt mir nur $\begin{align*} C=B \end{align*}$ ein (s.o.), und zwar weil über (*) hinaus auch

$\begin{align*} P(Y = n \mid X_1,\ldots,X_m\not\in\{3,4,5\}) = (1-p)p^{n-1} \end{align*}$ für alle $\begin{align*} m\geq n \end{align*}$

gilt, sogar im Grenzübergang $\begin{align*} m\to\infty \end{align*}$ , d.h., als $\begin{align*} P(Y = n \mid B) = (1-p)p^{n-1} \end{align*}$ .

14.10.2017, 18:46

Dopap

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Zitat:

Original von Dopap
Der TS möchte nicht stören...hier ein anderer Versuch:

Ich betrachte Sequenzen e,e,e...,x mit e={2,4} , x= {1,3,5,6}
Die erwartete Wurfanzahl bis x ist die erwartete Länge der Sequenz.

Wenn der erste Wurf x ist, was 4/6 Würfen entspricht, dann ist L=1.
Wenn nicht [= 2/6 Würfen], verschwendet man einen Wurf und darf erwarten, gleich oft für die Länge L zu würfeln.
( gedächtnislose Verteilung )

L=P(erster Wurf=x)(1)+P(erster Wurf =e)(L+1)
L=4/6(1)+2/6(L+1)
L=3/2=1.5

15.10.2017, 11:24

Huggy

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Zitat:

Original von HAL 9000
Eine unter einer Bedingung definierte Zufallsgröße gibt es an sich nicht.

Weshalb nicht?
In allgemeiner Form mag das vielleicht wegen subtiler Messbarkeitsprobleme nicht gut möglich sein. Jedenfalls habe ich den Begriff "bedingte Zufallsgröße" noch nie gehört. Aber in vielen konkreten Fällen kann man doch aus einer gegebenen Zufallsgröße durch eine Bedingung problemlos eine andere Zufallsgröße konstruieren.

Das habe ich hier gemacht. Aus der Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ für den Wurf eines sechsseitigen Laplacewürfels habe ich durch die Bedingung $\begin{eqnarray*} X \neq 3,4,5 \end{eqnarray*}$ eine andere Zufallsgröße konstruiert, die ich jetzt mal $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ nenne. Der Ereignisraum von $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ besteht durch die Bedingung nur noch aus $\begin{eqnarray*} \{1,2,6 \} \end{eqnarray*}$ . Das normierte additive Maß des ursprünglichen Ereignisraums wird durch Division durch $\begin{eqnarray*} P(X \neq 3,4,5) \end{eqnarray*}$ zu einem normierten additiven Maß auf dem Ereignisraum von $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ ist dadurch identisch mit der Zufallsgröße eines dreiseitigen Laplacewürfels.

Die Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ wird nun mittels Folgen $\begin{eqnarray*} (Z_1, Z_2, ...) \end{eqnarray*}$ identischer und unabhängiger Zufallsgrößen definiert. Die formale Beschreibung der Konstruktion ist mir prinzipiell klar, aber das kannst du viel besser als ich. Die Berechnung von $\begin{eqnarray*} P(Y=i) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E(Y) \end{eqnarray*}$ ist jedenfalls klar. Da geht es nicht mehr um bedingte Wahrscheinlichkeiten oder einen bedingten Erwartungswert. Die Bedingung ist in der Konstruktion von $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ verschwunden.

Ob dieses Vorgehen dem zweiten Aufgabentext von Dopap entspricht, ist eine ander Frage. Es mag müßig sein, das weiter zu diskutieren, da du dich da festgelegt hast. Ich sehe auch nach nochmaligem Durchlesen nicht, weshalb das gegenüber dem englischen Text in

Zitat:

Original von Dopap
Erwartungswert der Anzahl der Würfe eines Spielwürfels bis eine 6 gewürfelt wird unter der Bedingung, dass nur 1 oder 2 einschließlich 6 gewürfelt werden.

fehlende "in allen vorherigen Würfen" keinen Unterschied macht.

15.10.2017, 12:00

HAL 9000

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Du hast abhängig vom Wert der Zufallsgröße jeweils eine andere Bedingung gehabt, wodurch der ganze Ärger überhaupt entstanden ist:

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} n\cdot P(Y = n \mid X_1,\ldots,X_{{\color{red}n}}\not\in\{3,4,5\}) = (1-p)\sum_{n=1}^{\infty} np^{n-1}=\frac {1}{1-p}=3 \end{align*}$ .

Aber was ist das links? Ein bedingter Erwartungswert $\begin{align*} E(Y \mid C) \end{align*}$ ? Aber für welches $\begin{align*} C \end{align*}$ ?

Ich hab den Index $\begin{align*} n \end{align*}$ in der Bedingung nicht ohne Grund rot markiert. Leider gehst du auf dieses entscheidende Problem nicht ein, was mich schon arg enttäuscht. unglücklich

unglücklich

Wenn du hier das in der Stochastik unbekannte Konzept einer bedingten Zufallsgröße (statt der bedingten Verteilung einer Zufallsgröße, was ein anerkanntes Vorgehen ist) einführen willst, dann mach das bitte gründlich.

Zitat:

Original von Huggy
Aus der Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ für den Wurf eines sechsseitigen Laplacewürfels habe ich durch die Bedingung $\begin{eqnarray*} X \neq 3,4,5 \end{eqnarray*}$ eine andere Zufallsgröße konstruiert, die ich jetzt mal $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ nenne. Der Ereignisraum von $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ besteht durch die Bedingung nur noch aus $\begin{eqnarray*} \{1,2,6 \} \end{eqnarray*}$ . Das normierte additive Maß des ursprünglichen Ereignisraums wird durch Division durch $\begin{eqnarray*} P(X \neq 3,4,5) \end{eqnarray*}$ zu einem normierten additiven Maß auf dem Ereignisraum von $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ ist dadurch identisch mit der Zufallsgröße eines dreiseitigen Laplacewürfels.

Die Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ wird nun mittels Folgen $\begin{eqnarray*} (Z_1, Z_2, ...) \end{eqnarray*}$ identischer und unabhängiger Zufallsgrößen definiert. Die formale Beschreibung der Konstruktion ist mir prinzipiell klar, aber das kannst du viel besser als ich. Die Berechnung von $\begin{eqnarray*} P(Y=i) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E(Y) \end{eqnarray*}$ ist jedenfalls klar. Da geht es nicht mehr um bedingte Wahrscheinlichkeiten oder einen bedingten Erwartungswert. Die Bedingung ist in der Konstruktion von $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ verschwunden.

Kann man machen. Bist du dann aber jetzt wenigstens bereit, die oben geschilderte Konsequenz

Zitat:

Original von HAL 9000 (angepasst)
Das würde nämlich bedeuten, dass du z.B. eine Würfelkette von der Erwartungswertbildung ausschließt, bei der nach einer {1,2}-Folge eine 6 fällt, wenn danach (!!!) noch irgendwann eine Zahl aus {3,4,5} fällt.

dieses Vorgehens für die hier vorliegende Problemstellung zu akzeptieren?

15.10.2017, 16:22

Dopap

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Zitat:

Original von HAL 9000

Bei der "englischen" Variante ist das einfach: Wir betrachten einfach alle Wurfketten, bis erstmal keine 2 oder 4 gewürfelt wurde. Ist es eine 6, dann vermerken wir die Nummer des Versuch. Ist diese Augenzahl keine 6, dann werfen wir die Wurfkette weg.

Wie lässt sich das mit meinem Versuch vereinbaren. Schließlich wird hier die Länge 1 notiert wenn der erste Wurf = {1,3,5} ist

15.10.2017, 16:29

HAL 9000

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Wenn man den Versuch so abändert, dass

$\begin{align*} Y \end{align*}$ ... Anzahl Versuche, bis erstmals eine Zahl aus {1,3,5,6} erscheint,

$\begin{align*} Z \end{align*}$ ... die in diesem Versuch erreichte Zahl, d.h., es ist $\begin{align*} Z=X_Y \end{align*}$ ,

dann stellt sich heraus, dass $\begin{align*} Y,Z \end{align*}$ unabhängig sind mit $\begin{align*} Y\sim \operatorname{Geo}\left(\frac{2}{3}\right) \end{align*}$ und $\begin{align*} Z \end{align*}$ diskret gleichverteilt auf {1,3,5,6}. Gerade letzteres sollte schon aus Symmetriegründen klar sein - wieso auch sollte es diesbezügliche Unterschiede zwischen den vier Zahlen geben? Und ja, die Unabhängigkeit ergibt dann auch $\begin{align*} E(Y \bigm| Z=6) = E(Y) = \frac{3}{2} \end{align*}$ .

15.10.2017, 17:13

Dopap

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Zitat:

Original von HAL 9000
Wenn man den Versuch so abändert, dass

$\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ ... Anzahl Versuche, bis erstmals eine Zahl aus {1,3,5,6} erscheint,

$\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ ... die in diesem Versuch erreichte Zahl, d.h., es ist $\begin{eqnarray*} Z=X_Y \end{eqnarray*}$ ,

dann stellt sich heraus, dass $\begin{eqnarray*} Y,Z \end{eqnarray*}$ unabhängig sind mit $\begin{eqnarray*} Y\sim \operatorname{Geo}\left(\frac{2}{3}\right) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ diskret gleichverteilt auf {1,3,5,6}. Gerade letzteres sollte schon aus Symmetriegründen klar sein - wieso auch sollte es diesbezügliche Unterschiede zwischen den vier Zahlen geben? Und ja, die Unabhängigkeit ergibt dann auch $\begin{eqnarray*} E(Y \bigm| Z=6) = E(Y) = \frac{3}{2} \end{eqnarray*}$ .

15.10.2017, 17:47

Huggy

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Zitat:

Original von HAL 9000
Du hast abhängig vom Wert der Zufallsgröße jeweils eine andere Bedingung gehabt, wodurch der ganze Ärger überhaupt entstanden ist:

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} n\cdot P(Y = n \mid X_1,\ldots,X_{{\color{red}n}}\not\in\{3,4,5\}) = (1-p)\sum_{n=1}^{\infty} np^{n-1}=\frac {1}{1-p}=3 \end{align*}$ .

Aber was ist das links? Ein bedingter Erwartungswert $\begin{align*} E(Y \mid C) \end{align*}$ ? Aber für welches $\begin{align*} C \end{align*}$ ?

Ich hab den Index $\begin{align*} n \end{align*}$ in der Bedingung nicht ohne Grund rot markiert. Leider gehst du auf dieses entscheidende Problem nicht ein, was mich schon arg enttäuscht. unglücklich

unglücklich

Das verstehe ich nicht. Ich bin doch sehr ausführlich darauf eingegangen. Bei mir sollte doch in dieser Gleichung gar keine Bedingung mehr stehen. Wie die Gleichung bei mir gemeint war, habe ich deshalb in meiner vorigen Antwort noch mal ganz ausführlich erklärt. Vorher hatte ich immer nur kurz auf den dreiseitigen Laplacewürfel verwiesen.

Zitat:

Bist du dann aber jetzt wenigstens bereit, die oben geschilderte Konsequenz

Zitat:

Original von HAL 9000 (angepasst)
Das würde nämlich bedeuten, dass du z.B. eine Würfelkette von der Erwartungswertbildung ausschließt, bei der nach einer {1,2}-Folge eine 6 fällt, wenn danach (!!!) noch irgendwann eine Zahl aus {3,4,5} fällt.

dieses Vorgehens für die hier vorliegende Problemstellung zu akzeptieren?

Da hattest du vorher gefragt, wie ich mir eine Simulation mit einem sechsseitigen Würfel vorstelle, die den Erwartungswert 3 ergibt. Da war mir der Fehler unterlaufen, das einfache nochmalige Würfeln mit einer Streichung der ganzen bis dahin erzielten Kette gleichzusetzen. Meinst du das? Eher nicht, denn das hatte ich ja zugegeben. Und über die erste 6 hinaus wollte ich bei der Simulation auch nicht würfeln.

Wenn du dich auf meine Berechnung (ohne Simulation) des Erwartungswerts 3 beziehst, so kommen in der gar keine Ketten vor, die irgendwo die "verbotenen" Zahlen enthalten, da sie mit Ketten der Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ erfolgt, deren Wertebereich nur noch aus den zulässigen Zahlen besteht.

Jetzt bin ich etwas ratlos.

15.10.2017, 17:59

HAL 9000

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Die theoretischen Widersprüche bügelst du alle weg, na schön - ich hab alles versucht, dich von diesem Unsinn der bedingten Zufallsgrößen abzubringen.

Dann nenne doch wenigstens mal eine Simulation, die mit dem Problem hier wirklich in Verbindung steht und Erwartungswert 3 für die Position der ersten 6 liefert. unglücklich

unglücklich

15.10.2017, 19:22

Huggy

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Zitat:

Original von HAL 9000
Die theoretischen Widersprüche bügelst du alle weg, na schön

Und du ignorierst, dass diese Widersprüche aus deiner Interpretation meiner Gleichung entstehen, die nicht in meiner Absicht lag. Gerade vorher hast du dann nach meiner Erläuterung noch gesagt, dass man das so machen kanni, wie ich es gemacht habe. Schon wieder vergessen?

Zitat:

Original von HAL 9000
Dann nenne doch wenigstens mal eine Simulation, die mit dem Problem hier wirklich in Verbindung steht und Erwartungswert 3 für die Position der ersten 6 liefert. unglücklich

unglücklich

Bei meiner Intepretation des deutschen Textes: Würfele unter 3 Zahlen mit Laplacewahrscheinlichkeit, bis erstmalig eine bestimmte Zahl erscheint. Das kann auch mit Hilfe eines sechsseitigen Würfels geschehen.

Bei dem englischen Text: Gibt es keine. Da kommt ja auch 3/2 heraus. Dem Ergebnis habe ich sofort nach dem Post des englischen Textes zugestimmt.

15.10.2017, 19:25

HAL 9000

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Zitat:

Original von Huggy
Würfele unter 3 Zahlen mit Laplacewahrscheinlichkeit, bis erstmalig eine bestimmte Zahl erscheint. Das kann auch mit Hilfe eines sechsseitigen Würfels geschehen.

Das hat nichts, aber auch gar nichts mit der von Dopap geschilderten Situtation zu tun. Es entspricht haargenau der von mir oben geschilderten Vorgehensweise, dass du bei einem normalen Sechserwürfel einfach die missliebigen Würfe streichst, also nicht die ganzen Wurfketten bis dahin. Das hast du oben bestritten - das finde ich jetzt echt unterirdisch. unglücklich

unglücklich

Ich hätte mir ein klares Bekenntnis (auch in Richtung Adressat Dopap) gewünscht, dass das Modell deiner bedingten Laplace-Verteilung auf {1,2,6} zur Lösung der Threadanfrage ungeeignet ist - weder der ursprünglichen Fassung noch der englischen (ich sehe gar keinen Unterschied zwischen beiden). Diese Betrachtung ist also reiner Selbstzweck.

15.10.2017, 19:42

Huggy

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Bei deiner Vergrätztheit ist eine weitere Diskussion sinnlos.

15.10.2017, 19:45

HAL 9000

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So kann man sich natürlich auch herausreden.

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