Erwartungswert eines runs

07.11.2004, 16:55	fridel	Auf diesen Beitrag antworten »
Erwartungswert eines runs Hallihallo, sitze gerade an einer für mich super komplizierten Aufgabe. Vielleicht könnt Ihr mir ja in der Hinsicht helfen... Also: n rote und m schwarze Kugeln werden zufällig in eine Reihe gelegt.Y ist die Anzahl der Paare von verschiedenfarbigen Kugeln, die nebeneinander liegen. Bestimmen Sie den Erwartungswert von Y. So, da haben wir den Salat. Würde mich wahnsinnig über eine Antwort freuen Eure Fridel
27.06.2024, 09:40	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ausgrabung Uralt-Threads, Teil 2: Die genaue Verteilung von $\begin{eqnarray} Y \end{eqnarray}$ anzugeben ist nicht einfach - der Erwartungswert hingegen überraschend einfach: Sei $\begin{eqnarray} X_i \end{eqnarray}$ die Indikatorvariable dafür, dass Kugel $\begin{eqnarray} i \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} i+1 \end{eqnarray}$ verschiedene Farben haben. Dann ist $\begin{eqnarray} E\left(X_i\right) = P\left(X_i=1\right) = \frac{mn+nm}{(m+n)(m+n-1)} = \frac{2mn}{(m+n)(m+n-1)} \end{eqnarray}$ Nun ist ja $\begin{eqnarray} Y = \sum_{i=1}^{m+n-1} X_i \end{eqnarray}$ , und damit $\begin{eqnarray} E(Y) = \sum_{i=1}^{m+n-1} E\left(X_i\right) = (m+n-1)\cdot \frac{2mn}{(m+n)(m+n-1)} = \frac{2mn}{m+n} \end{eqnarray}$ . Hierbei sind die $\begin{eqnarray} X_i \end{eqnarray}$ zwar nicht unabhängig voneinander, das spielt aber für den Erwartungswert keine Rolle. Etwas anspruchsvoller ist die Bestimmung der Varianz $\begin{eqnarray} V(Y) \end{eqnarray}$ - hierbei spielt die Berechnung von $\begin{eqnarray} E\left(X_iX_j\right) \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} i\leq j \end{eqnarray}$ eine zentrale Rolle.
27.06.2024, 12:09	adiutor62	Auf diesen Beitrag antworten »
Was ist hier mit Erwartungswert gemeint?
27.06.2024, 13:03	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Komische Fragen stellst du. Aber Ok, man muss auch die Dinge erläutern können, die man selbst für selbstverständlich hält. Die $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ roten und $\begin{eqnarray} m \end{eqnarray}$ schwarzen Kugeln werden zufällig in einer Reihe abgelegt. Unter "zufällig" versteht man dabei, dass jede der dabei möglichen $\begin{eqnarray} \binom{n+m}{n} \end{eqnarray}$ Reihenfolgen gleichwahrscheinlich ist, bei $\begin{eqnarray} n=5,m=3 \end{eqnarray}$ ist beispielsweise eine davon S R R R S R S R Nun zählt man durch, wieviele Paare nebeneinander liegender Kugeln verschiedenfarbig sind. In der von mir angegebenen Konfiguration ist das anzutreffen bei den Paaren 12, 45, 56, 67, 78, hier ist also $\begin{eqnarray} Y=5 \end{eqnarray}$ . Und der Erwartungswert ist eben der Erwartungswert bzgl. jenes Gleichverteilungs-Wahrscheinlichkeitsmaßes über alle $\begin{eqnarray} \binom{n+m}{n} \end{eqnarray}$ möglichen Konfigurationen - bei den von mir gewählten Parametern $\begin{eqnarray} n=5,m=3 \end{eqnarray}$ käme als Ergebnis heraus $\begin{eqnarray} E(Y)=\frac{2\cdot 3\cdot 5}{3+5} = \frac{15}{4} = 3.75 \end{eqnarray}$ . ------------------------------------------------------------------------------------- Zur Varianz: Die berechnet man über $\begin{eqnarray} V(Y) = E\left(Y^2\right) - \left(E\left(Y\right)\right)^2 \end{eqnarray}$ , dabei ist $\begin{eqnarray} E\left(Y^2\right) = E\left(\sum_{i=1}^{m+n-1} \sum_{j=1}^{m+n-1} X_iX_j\right) = \sum_{i=1}^{m+n-1} \sum_{j=1}^{m+n-1} E\left(X_iX_j\right) \end{eqnarray}$ . a) Für $\begin{eqnarray} j=i \end{eqnarray}$ gilt $\begin{eqnarray} E\left(X_i^2\right) = E\left(X_i\right) = \frac{2mn}{(m+n)(m+n-1)} \end{eqnarray}$ (s.o.). b) Für $\begin{eqnarray} j=i+1 \end{eqnarray}$ bekommen wir hingegen $\begin{eqnarray} E\left(X_iX_{i+1}\right) = P\left(X_i=1,X_{i+1}=1\right) = \frac{mn(m-1)+nm(n-1)}{(m+n)(m+n-1)(m+n-2)} = \frac{mn}{(m+n)(m+n-1)} \end{eqnarray}$ . Denn $\begin{eqnarray} X_i=1,X_{i+1}=1 \end{eqnarray}$ bedeutet an den Positionen $\begin{eqnarray} i,i+1,i+2 \end{eqnarray}$ entweder die Sequenz RSR oder aber SRS. c) Schließlich für $\begin{eqnarray} j>i+1 \end{eqnarray}$ haben wir $\begin{eqnarray} E\left(X_iX_j\right) = P\left(X_i=1,X_j=1\right) = \frac{2mn 2(m-1)(n-1)}{(m+n)(m+n-1)(m+n-2)(m+n-3)} = \frac{4m(m-1)n(n-1)}{(m+n)(m+n-1)(m+n-2)(m+n-3)} \end{eqnarray}$ . Denn $\begin{eqnarray} X_i=1,X_j=1 \end{eqnarray}$ bedeutet hier Sequenz RS oder SR auf den Positionen $\begin{eqnarray} i,i+1 \end{eqnarray}$ , und unabhängig davon Sequenz RS oder SR auf den Positionen $\begin{eqnarray} j,j+1 \end{eqnarray}$ . Das ergibt summa summarum (die Fälle $\begin{eqnarray} j<i \end{eqnarray}$ kann man durch Spiegelsymmetrie auf $\begin{eqnarray} i<j \end{eqnarray}$ abbilden) $\begin{eqnarray} E\left(Y^2\right) = \sum_{i=1}^{m+n-1} E\left(X_i^2\right) + 2\sum_{i=1}^{m+n-2} E\left(X_iX_{i+1}\right) + 2\sum_{i=1}^{m+n-3} \sum_{j=i+2}^{m+n-1} E\left(X_iX_j\right) = \frac{2mn}{m+n} + \frac{2mn(m+n-2)}{(m+n)(m+n-1)} + \frac{4m(m-1)n(n-1)}{(m+n)(m+n-1)} = \frac{2mn(2mn-1)}{(m+n)(m+n-1)} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} V(Y) = E\left(Y^2\right) - \left(E\left(Y\right)\right)^2 = \frac{2mn(2mn-1)}{(m+n)(m+n-1)} - \frac{4m^2n^2}{(m+n)^2} = \frac{2mn(2mn-m-n)}{(m+n)^2(m+n-1)} \end{eqnarray}$ .

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