Erwartungswert bei Treppenwahrscheinlichkeiten

03.02.2020, 21:29

Dopap

Erwartungswert bei Treppenwahrscheinlichkeiten

m gleiche Spielwürfel im Becher werden geworfen. Diejenigen mit binomial P(T)=const. p=1-q werden beiseite gelegt.
Mit den Restlichen geht es wieder von Neuem los bis der Becher leer ist.
Die erwartete Wurfanzahl beträgt

$\begin{eqnarray*} E(N) = \sum_{j=1}^m (-1)^{j-1} \binom{m}{j} \frac{1}{1-q^j} \end{eqnarray*}$ .

N=Wurfanzahl bis Becher leer ist.
q=Wahrscheinlichkeit für irgendeinen Würfel im Becher zu bleiben
m= Anzahl der Würfel beim Start
---------------------------------------------------
Bei m=5 sei nun die Wahrscheinlichkeit für Treffer gestaffelt mit $\begin{eqnarray*} p \in \{1/6 , 2/6 , 3/6 ,4/6,5/6\} \end{eqnarray*}$

gesucht ist wiederum $\begin{eqnarray*} E(N) \end{eqnarray*}$
geht das evtl. auch allgemein mit m Zufallsgeräten* und $\begin{eqnarray*} p_i\in (0,1) \quad i=1...m \end{eqnarray*}$
oder zumindest mit konkreten $\begin{eqnarray*} p_i \end{eqnarray*}$

(*) z.B. Zufallsgeräte={ Münze, Würfel, Reisnagel, dreibeiniger Hühnerknochen..} Augenzwinkern

03.02.2020, 21:55

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Dopap
Diejenigen mit binomial P(T)=const. p=1-q werden beiseite gelegt.

Ich weiß nicht, wie es anderen geht, aber mich hast du mit diesem Satz schon mal inhaltlich abgehängt: Keinen Schimmer, was das bedeuten soll. unglücklich

03.02.2020, 22:07

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

nur 2 Ereignisse möglich mit p sowie 1-p

03.02.2020, 22:14

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Dem weiteren Thread nach zu urteilen, ist mit diesem Satz womöglich folgendes gemeint:

Zitat:

Jeder der $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ Würfel wird mit gleicher Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ und unabhängig voneinander weggelegt.

D.h., bei ungezinkten Würfeln werden etwa jeweils die gewürfelten "Sechsen" beiseite gelegt, in dem Fall wäre $\begin{eqnarray*} p=\frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ .

03.02.2020, 22:52

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

genau.
Und bei a. hat

ein Würfel eine gelbe Seite
ein Würfel 2 gelbe Seiten
ein Würfel 3 gelbe Seiten
ein Würfel 4 gelbe Seiten
ein Würfel 5 gelbe Seiten

rausgelegt werden in jeder Runde jeweils die Würfel die "Gelb zeigen".

04.02.2020, 07:21

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} E(N) = \sum_{I\in \wp\left(\{1,\ldots,m\}\right)\setminus\{\emptyset\}} (-1)^{|I|-1} \left(1-\prod_{i\in I} q_i\right)^{-1} \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} m=5 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} q_i=\frac{i}{6} \end{eqnarray*}$ (i=1..5) ergibt das $\begin{eqnarray*} E(N) = \frac{475\,973\,879\,399\,111}{68\,295\,934\,366\,660}\approx 6.969 \end{eqnarray*}$ .

04.02.2020, 09:53

Ulrich Ruhnau

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Erwartungswert bei Treppenwahrscheinlichkeiten

Zitat:

Original von Dopap
m gleiche Spielwürfel im Becher werden geworfen. Diejenigen mit binomial P(T)=const. p=1-q werden beiseite gelegt.

Hallo Dopap, so sehr ich Deine Rätsel mag, so muß ich dich jetzt kritisieren. Man soll beim Aufgaben-stellen, nicht die Lösung, an die man denkt, mit der Aufgabe verheiraten. Zuerst sollte man die Aufgabe stellen. Und wenn diese klar ist, dann darf man über die Lösung reden.

Zitat:

Original von Dopap
genau.
Und bei a. hat

ein Würfel eine gelbe Seite
ein Würfel 2 gelbe Seiten
ein Würfel 3 gelbe Seiten
ein Würfel 4 gelbe Seiten
ein Würfel 5 gelbe Seiten

rausgelegt werden in jeder Runde jeweils die Würfel die "Gelb zeigen".

Kann das sein, daß Du Deine Aufgabe geändert hast? Zuerst werden m gleiche Würfel in den Becher geworfen und dann sind es auf einmal 5 ungleiche Würfel. Da stimmt was nicht.

Was ist mit den Würfeln los? Hängt das Verbleiben eines Würfels im Becher nur von dessen Ergebnis ab, oder hängt das auch mit den Augenzahlen der anderen Würfel zusammen? Bitte formuliere Deine Aufgabe neu!

04.02.2020, 12:03

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

Aufgabenstellung

Zitat:

Original von Dopap
m gleiche Spielwürfel im Becher werden geworfen. Diejenigen mit binomial P(T)=const. p=1-q werden beiseite gelegt.
Mit den Restlichen geht es wieder von Neuem los bis der Becher leer ist.
Die erwartete [...]
---------------------------------------------------
Bei m=5 sei nun die Wahrscheinlichkeit für Treffer gestaffelt mit $\begin{eqnarray*} p \in \{1/6 , 2/6 , 3/6 ,4/6,5/6\} \end{eqnarray*}$

gesucht ist wiederum $\begin{eqnarray*} E(N) \end{eqnarray*}$
geht das evtl. auch allgemein mit m Zufallsgeräten* und $\begin{eqnarray*} p_i\in (0,1) \quad i=1...m \end{eqnarray*}$
oder zumindest mit konkreten $\begin{eqnarray*} p_i \end{eqnarray*}$

Das erste Problem ist schon gelöst, siehe Formel. binomial war schlecht, ich meinte Würfel mit Bernoulli-Ereignissen.
dann in Trennstrich
Dann der Aufgabenpunkt a.

04.02.2020, 13:10

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} E(N) = \sum_{I\in \wp\left(\{1,\ldots,m\}\right)\setminus\{\emptyset\}} (-1)^{|I|-1} \left(1-\prod_{i\in I} q_i\right)^{-1} \end{eqnarray*}$ .

das Symbol $\begin{eqnarray*} \wp \end{eqnarray*}$ sagt mir jetzt nichts, aber

$\begin{eqnarray*} I\wp\left(\{1,\ldots,m\}\right)\setminus\{\emptyset\}<br /> \end{eqnarray*}$ sind wohl alle nichtleeren Teilmengen der Indexmenge.

ergo $\begin{eqnarray*} 2^m-1 \end{eqnarray*}$ Mengen. Oder?

DOCH; könnte P otenzmenge bedeute.n

04.02.2020, 13:30

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, Potenzmenge.

Ich hätte ja $\begin{eqnarray*} \wp \end{eqnarray*}$ erläutert, aber wer kryptische Formulierungen wie "Diejenigen mit binomial P(T)=const. p=1-q werden beiseite gelegt." in Ordnung findet, soll dann schon noch selbst ein wenig zu rätseln haben. smile

Die Herleitung verläuft eigentlich völlig analog wie bei den identisch verteilten Würfeln, nur dass in der Konsequenz die Summe komplizierter wird:

Es ist $\begin{eqnarray*} N\leq k \end{eqnarray*}$ genau dann, wenn alle $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ Spielwürfel nach maximal $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Würfen weggelegt werden. Da Würfel $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ mit Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} q_i^k \end{eqnarray*}$ dazu mehr als $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Würfe benötigt, ist

$\begin{eqnarray*} P(N\leq k) = \prod_{i=1}^m \left(1-q_i^k\right) \end{eqnarray*}$

und somit

$\begin{eqnarray*} E(N) = \sum_{k=0}^{\infty} P(N>k) = \sum_{k=0}^{\infty} \left(1-\prod_{i=1}^m \left(1-q_i^k\right)\right) \end{eqnarray*}$

Der Rest ist ausmultiplizieren und jeweils geometrische Reihenbildung:

$\begin{eqnarray*} E(N) = \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{I\in \wp\left(\{1,\ldots,m\}\right)\setminus\{\emptyset\}} (-1)^{|I|-1} \prod_{i\in I} q_i^k = \sum_{I\in \wp\left(\{1,\ldots,m\}\right)\setminus\{\emptyset\}} (-1)^{|I|-1} \sum_{k=0}^{\infty} \left( \prod_{i\in I} q_i\right)^k = \sum_{I\in \wp\left(\{1,\ldots,m\}\right)\setminus\{\emptyset\}} (-1)^{|I|-1} \left( 1-\prod_{i\in I} q_i\right)^{-1} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Dopap
Das erste Problem ist schon gelöst

Hmm, a) und b) sind gelöst, und mit b) dann sowieso auch c).

Was kommt noch: Die Varianz von $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ ? Kriegt man mit ein wenig Summen-Jonglieren wohl auch noch geschlossen hin, obschon dann schon etwas länglich.

04.02.2020, 19:02

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

Erwartungswert bei Treppenwahrscheinlichkeiten

Zitat:

Original von Dopap

Das erste Problem ist schon gelöst, siehe Formel. binomial war schlecht, ich meinte Würfel mit Bernoulli-Ereignissen.
dann in Trennstrich
Dann der Aufgabenpunkt a.

zum allerersten Problem habe ich zum Einstieg die Formel gleich mitgeliefert. $\begin{eqnarray*} \checkmark \end{eqnarray*}$
Das unverständliche binomial ist textlich verbessert $\begin{eqnarray*} \checkmark \end{eqnarray*}$
Dann Trennstrich vor Aufgabe a.
Dazu dann deine Formel. $\begin{eqnarray*} \checkmark \end{eqnarray*}$
Und jetzt noch die Erklärung dazu Freude

FAZIT: stelle vor einer Frage in 3 Teilen a,b, c nicht die Lösung eines einfacheren Problems voran. Augenzwinkern

04.02.2020, 20:38

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Und dann gibt es noch die Probleme, nach denen gar nicht gefragt wurde: Die Varianz. Augenzwinkern

Zunächst mal ist

$\begin{eqnarray*} E(N^2) = \sum_{k=1}^{\infty} k^2P(N=k) = \sum_{k=1}^{\infty} k^2\left( P(N>k-1)-P(N>k)\right) = \sum_{k=0}^{\infty} (2k+1)P(N>k) \end{eqnarray*}$ ,

was zusammen mit $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty} (k+1)z^k = \frac{1}{(1-z)^2} \end{eqnarray*}$ zu

$\begin{eqnarray*} E(N^2) = \sum_{k=0}^{\infty} (2(k+1)-1)P(N>k) = 2\sum_{k=0}^{\infty} (k+1)P(N>k) - E(N) = \ldots = 2\sum_{I\in \wp\left(\{1,\ldots,m\}\right)\setminus\{\emptyset\}} (-1)^{|I|-1} \left( 1-\prod_{i\in I} q_i\right)^{-2} - E(N) \end{eqnarray*}$ ,

was mit $\begin{eqnarray*} V(N)=E(N^2)-(E(N))^2 \end{eqnarray*}$ zu

$\begin{eqnarray*} V(N) = 2\sum_{I\in \wp\left(\{1,\ldots,m\}\right)\setminus\{\emptyset\}} (-1)^{|I|-1} \left( 1-\prod_{i\in I} q_i\right)^{-2} - E(N)\left(E(N)+1\right) \end{eqnarray*}$

führt. Für deine fünf gelben Würfel ergibt das

$\begin{eqnarray*} V(N) = \frac{2\,487\,077\,931\,796\,679\,924\,752\,738\,289}{95\,190\,503\,081\,941\,437\,863\,664\,400} \approx 5.111^2 \end{eqnarray*}$ .

05.02.2020, 00:58

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

Einmalig, nur am matheboard bekommt man Antworten auf (noch) nicht gestellte Fragen Freude

$\begin{eqnarray*} V(N) = \frac{2\,487\,077\,931\,796\,679\,924\,752\,738\,289}{95\,190\,503\,081\,941\,437\,863\,664\,400} \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

. Und das mit Bestimmtheit noch teilerfremd!

Einer geht noch:

angenommen die $\begin{eqnarray*} p_i \end{eqnarray*}$ der Bernouilli-Zufallsgeräte unterliegen keiner Regelmäßigkeit.

dann muss man die $\begin{eqnarray*} 2^m-1 \end{eqnarray*}$ Indexteilmengen berechnen und die zugehörigen $\begin{eqnarray*} p_i \end{eqnarray*}$ einzeln per Index $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ aus der Liste der $\begin{eqnarray*} pi \end{eqnarray*}$ holen.
wie kann man diese Indexmengen programmtechnisch ermittelt ?

05.02.2020, 06:40

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist gewissermaßen die Frage nach dem Quelltext, den ich da verwendet habe. Hier ist er (MuPAD):

code:

1:
2:
3:
4:
5:
6:
7:
8:
9:
10:
11:
12:
13:
14:
15:
16:
17:
18:
19:
20:
21:
22:
23:
24:

EVN := proc(m,q)
  local SI,i,j,Pq,v,s1,s2;
  begin
    s1:=0 :
    s2:=0 :
    for SI from 1 to 2^m-1 do
      v:=-1 :
      j:=SI :
      Pq:=1 :
      for i from 1 to m do
        if (j mod 2) > 0 then
          Pq:=Pq*q[i] :
          v:=-v :
        end_if :
        j:=j div 2 :
      end_for :
      s1:=s1+v/(1-Pq) :
      s2:=s2+v/(1-Pq)^2 :
    end_for :
    s2:=2*s2-s1*(s1+1) :
    s1,s2 :
  end_proc

res := EVN(5,[$1..5]/6)

Die Bits von Index SI repräsentieren die Menge $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ . Leider hat MuPAD keine Bitmanipulationsfunktionen (zumindest kenne ich sie nicht), daher musste ich mich mit "modulo 2" behelfen, um die Bits passend zu extrahieren.

Neue Frage »

Antworten »

Erwartungswert bei Treppenwahrscheinlichkeiten

Verwandte Themen