Erwartungswert für Tupel < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:31 Mi 08.12.2010 | | Autor: | Pille456 |
| Aufgabe | | In einer Urne gibt es k=m+n Kugeln. Hierbei haben m Kugeln die Aufschrift 1 und n Kugeln die Aufschrift 0. Alle Kugeln werden in eine Reihe gelegt. Sei Y die Anzahl der Paare von verschiedenen Kugeln, die nebeneinander liegen. Wie lautet der Erwartungswert von Y? |
Hi!
Also mein Lösungsansatz sieht wie folgt aus:
Der Grundraum sei: [mm] \Omega=\{ (a_1,a_2,a_3,..a_{m+n}) | a_i \in \{0,1\}, 1\le i\le m+n\} \Rightarrow |\Omega|=m+n
[/mm]
Nun sei [mm] Y_i [/mm] die Menge der Möglichkeiten an Position i und i+1 ein unterschiedliches Paar zu haben:
[mm] Y_i=\{ (a,b) | (a=0 \wedge b=1)\vee(a=1 \wedge b=0) \} [/mm] Da es n Kugeln mit der Aufschrift 0 gibt und m Kugeln mit der Aufschrift 1 gibt, gilt dann [mm] |Y_i|=m*n+m*n=2*m*n [/mm] (2x wegen den beiden unterschiedlichen Fällen)
[mm] \Rightarrow P(Y_i) [/mm] = [mm] \bruch{|Y_i|}{|\Omega|}
[/mm]
Damit hätte ich die Wh'keit, dass [mm] Y_i [/mm] gilt. Vom rein logischen her würde ich nun für den Erwartungswert diese Wh'keit von [mm] i=1,3,5...[\bruch{n+m}{2}] [/mm] aufsummieren. Wenn ich von i=1,2,3,4... aufsummieren würde, müsste ich die Siebformel bemühen, da dann einige redundante Ereignisse vorkommen würden.
Ich habe mal den Erwartungswert für n=2 und m=1 berechnet, dummerweise gibt dieser [mm] \bruch{2}{3}, [/mm] wobei ich einen Erwatungswert [mm] \ge [/mm] 1 erwartet hatte. Lustigerweise ist [mm] \bruch{2}{3} [/mm] in diesem Beispiel genau die Wh'keit, dass es ein solches, unterschiedliches Tupel gibt.
Habe ich irgendwo etwas vergessen oder wieso komme ich auf dieses Ergebnis?
Gruß
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:19 Mi 08.12.2010 | | Autor: | luis52 |
Moin,
vielleicht hilft dir ![[]](/images/popup.gif) das, Seite 127, weiter.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:39 Mi 08.12.2010 | | Autor: | Pille456 |
Hi!
Also bisher hat mir das nicht so wirklich weitergeholfen, aber das liegt daran, dass ich vieles nicht 100%ig verstehe. Zitat:
"In diesem Abschnitt wird nicht vorausgesetzt, dass die Stichprobenvariablen [mm] X_1,...X_n [/mm] unabhängig sind.
– Wir nehmen nämlich an, dass [mm] X_1,...X_n [/mm] nur die Werte 0 oder 1 annehmen können, wobei [mm] n_1–mal [/mm] der
Wert 0 und [mm] n_2–mal [/mm] der Wert 1 auftreten möge; [mm] n_2 [/mm] = n - [mm] n_1
[/mm]
– Insgesamt gibt es dann [mm] \vektor{n\\n_1} [/mm] mögliche Realisierungen der Zufallsstichprobe [mm] X_1,...X_n. [/mm]
(Zitat Ende)
Bezogen auf meine Frage gilt dann [mm] m=n_2, n=n_1 [/mm] und k=m+n=n
Wieso gibt es insgesamt [mm] \vektor{n+m\\n} [/mm] mögliche Realisierungen der Stichprobe [mm] (X_1,...X_{n+m}) [/mm] ?
Der Binominalkoeffizient sagt ja in diesem Fall nichts anderes aus, als die Anzahl der Möglichkeiten n Kugeln aus einer Urne mit n+m Kugeln zu ziehen.
In diesem Fall ziehe ich doch nur n Kugeln, was passiert mit den anderen m Kugeln?
Im Beweis für Theorem 6.1 heißt es:
"Für die Zerlegung der [mm] n_1 [/mm] Nullen in i Teilmengen gibt es [mm] \vektor{n_1-1\\i-1} [/mm] Möglichkeiten."
Das heißt es werden i-1 Trennstriche auf die Menge der [mm] n_1-1 [/mm] Kugeln gelegt, sodass eben genau i Fächer (hier gleich Mengen) entstehen. Aber wieso [mm] n_1-1?
[/mm]
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Huhu,
> Bezogen auf meine Frage gilt dann [mm]m=n_2, n=n_1[/mm] und k=m+n=n
> Wieso gibt es insgesamt [mm]\vektor{n+m\\n}[/mm] mögliche
> Realisierungen der Stichprobe [mm](X_1,...X_{n+m})[/mm] ?
> Der Binominalkoeffizient sagt ja in diesem Fall nichts
> anderes aus, als die Anzahl der Möglichkeiten n Kugeln aus
> einer Urne mit n+m Kugeln zu ziehen.
> In diesem Fall ziehe ich doch nur n Kugeln, was passiert
> mit den anderen m Kugeln?
die sind dadurch doch bereits eindeutig festgelegt.
Denn durch die Auswahl der n Kugeln, die du ziehst, sind die anderen m Kugeln eindeutig als "nicht gezogen" festgelegt.
Umgekehrt könntest du auch die m Kugeln auswählen, die du NICHT ziehst. Damit wären die n Kugeln, die gezogen werden, ebenfalls eindeutig festgelegt.
Dies spiegelt sich in der Symmetrie des Binomialkoeffizienten wieder, da ja gilt:
[mm] $\vektor{n+m \\ n} [/mm] = [mm] \vektor{n+m \\ m}$
[/mm]
> Das heißt es werden i-1 Trennstriche auf die Menge der
> [mm]n_1-1[/mm] Kugeln gelegt, sodass eben genau i Fächer (hier
> gleich Mengen) entstehen. Aber wieso [mm]n_1-1?[/mm]
Weil du bei [mm] n_1 [/mm] Kugeln genau [mm] $n_1 [/mm] - 1$ Zwischenräume zwischen den Kugeln hast, auf die du die $i-1$ Trennstriche verteilen kannst.
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:02 Mi 08.12.2010 | | Autor: | Pille456 |
> Huhu,
>
> > Bezogen auf meine Frage gilt dann [mm]m=n_2, n=n_1[/mm] und k=m+n=n
> > Wieso gibt es insgesamt [mm]\vektor{n+m\\n}[/mm] mögliche
> > Realisierungen der Stichprobe [mm](X_1,...X_{n+m})[/mm] ?
> > Der Binominalkoeffizient sagt ja in diesem Fall nichts
> > anderes aus, als die Anzahl der Möglichkeiten n Kugeln aus
> > einer Urne mit n+m Kugeln zu ziehen.
> > In diesem Fall ziehe ich doch nur n Kugeln, was passiert
> > mit den anderen m Kugeln?
>
> die sind dadurch doch bereits eindeutig festgelegt.
> Denn durch die Auswahl der n Kugeln, die du ziehst, sind
> die anderen m Kugeln eindeutig als "nicht gezogen"
> festgelegt.
> Umgekehrt könntest du auch die m Kugeln auswählen, die
> du NICHT ziehst. Damit wären die n Kugeln, die gezogen
> werden, ebenfalls eindeutig festgelegt.
> Dies spiegelt sich in der Symmetrie des
> Binomialkoeffizienten wieder, da ja gilt:
>
> [mm]\vektor{n+m \\ n} = \vektor{n+m \\ m}[/mm]
Diesen Teil habe ich noch nicht 100%ig verstanden. Also in diesem Beispiel geht es ja um Kugeln, die mit 0 oder 1 gekennzeichnet sind. Diese will ich in irgendeine Reihenfolge bringen: [mm] (a_1,a_2,..a_{n+m})
[/mm]
Nun gebe ich diesen (nicht unterscheidbaren, abgesehen von 0 oder 1) Kugeln noch eine weitere Nummer, nämlich die ihrer Position in diesem Tupel. D.h. jede gezogene Kugel erhält den Zusatz 1,2,3,4...n, je nach dem wann ich diese ziehe.
Dann habe ich aber nur n Kugeln eine eindeutige Nummer (und damit deren Position in diesem Tupel gegeben). Was ist mit den restlichen m?
Das Problem hierbei ist, dass ich ja irgendwie die Grundmenge [mm] \Omega=\{(a_1,a_2,a_3,...a_{m+n}\}, [/mm] wobei hier implizit angenommen wird, dass [mm] a_i=1 [/mm] genau m-mal gilt und genau n-mal [mm] a_i=0 [/mm] gilt, habe und für mich dann eindeutig gilt [mm] |\Omega|=(n+m)!
[/mm]
Daher ist entweder meine Grundmenge oder meine Schlussfolgerung falsch.
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Huhu,
> Das Problem hierbei ist, dass ich ja irgendwie die
> Grundmenge [mm]\Omega=\{(a_1,a_2,a_3,...a_{m+n}\},[/mm] wobei hier
> implizit angenommen wird, dass [mm]a_i=1[/mm] genau m-mal gilt und
> genau n-mal [mm]a_i=0[/mm] gilt, habe und für mich dann eindeutig
> gilt [mm]|\Omega|=(n+m)![/mm]
> Daher ist entweder meine Grundmenge oder meine
> Schlussfolgerung falsch.
ja und nein 
Also: Deine Grundmenge ist insofern korrekt, sofern die Kugeln alle unterscheidbar sind.
Sind sie ja für dich auch. Für die Zugreihenfolge sind aber zumindest die mit der gleichen Eigenschaft, d.h. [mm] $a_i [/mm] = 0$ bzw [mm] $a_j= [/mm] 1$, aber nicht mehr!
Ich erklär dir das mal an einem Beispiel, das macht die Sache einfacher:
Nehmen wir an es gelte [mm] $a_1 [/mm] = 0$ und [mm] $a_2 [/mm] = 0$.
Deine Formel $(n+m)!$ beinhaltet ja alle möglichen Kombinationen der Kugeln, d.h. das Tupel
[mm] $(a_1,a_2,\ldots,a_{n+m})$ [/mm] ist ein anderes, als das Tupel [mm] $(a_2,a_1,\ldots,a_{n+m})$
[/mm]
Da uns beim Ziehen der Kugeln aber nur interessiert, welche Zahl an welcher Stelle steht (also Null oder Eins) würde für das Ziehen gelten, dass
[mm] $(a_1,a_2,\ldots,a_{n+m}) [/mm] = [mm] (a_2,a_1,\ldots,a_{n+m})$ [/mm]
weil die Kugeln [mm] a_1 [/mm] und [mm] a_2 [/mm] beide die gleiche Eigenschaft haben.
Soweit verstanden?
Nun kann man sich ja die Frage stellen: Wieviele Tupel haben wir eigentlich zuviel gezählt?
Nunja, nehmen wir uns ein beliebiges aber festes Tupel und fragen uns, welche anderen sind (zumindest für den Zugvorgang) identisch.
Nunja, alle Kombinationen, wo nur Kugeln mit der Eigenschaft [mm] $a_i [/mm] = 0$ untereinander getauscht wurden oder Kugeln mit der Eigenschaft [mm] $a_j [/mm] = 1$ untereinander getauscht wurden.
Es gibt num aber gerade $n!$ Möglichkeiten die n Kugeln mit [mm] $a_i [/mm] = 0$ untereinander zu tauschen und $m!$ Möglichkeiten die m Kugeln mit [mm] $a_j [/mm] = 1$ untereinander zu tauschen.
Und das zu JEDEM beliebigen Tupel, d.h. wenn uns nur die für den Zug relevanten Tupel interessieren, erhalten wir
[mm] $\bruch{(n+m)!}{n!*m!}$
[/mm]
Möglichkeiten. Wir fangen also mit $(n+m)!$ Möglichkeiten an und kürzen alle $n!*m!$ Möglichkeiten raus, die uns das gleiche Ergebnis liefern, wenn wir uns nur auf die Eigenschaft der Kugel konzentrieren, anstatt auf die Kugel selbst.
Nun gilt aber gerade:
[mm] $\bruch{(n+m)!}{n!*m!} [/mm] = [mm] \vektor{n+m \\ m}$
[/mm]
Und so kommt man auf den Binomialkoeffizienten, der in der Lösung der Aufgabe steht.
MFG,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:36 Mi 08.12.2010 | | Autor: | Pille456 |
Super Antwort! Echt gut, die ist so intuitiv, dass ich das aufjedenfall nicht so schnell vergessen werde ;)
Danke! ;)
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