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Erwartungswert berechnen

Universität / Fachhochschule

Erwartungswert

Tags: Erfolgsmoment, Erwartungswert, Urne

LeonKP aktiv_icon

14:25 Uhr, 21.05.2021

Hallo,
das ist meine Aufgabe:
In einer Urne liegen

r

aus

ℕ

unterscheidbare. Es werde mit Zurücklegen so lange gezogen, bis jede Kugel mindestens einmal gezogen wurde. Sei

X_{r}

die Anzahl der nötigen Züge. Bestimmen Sie

E [X]

.

Wir haben auch den Hinweis bekommen für die Erfolgsmomente

1 = T_{1} < . .

< T_{r} = X_{r}

erstmal

E [T_{i + 1} - T_{i}]

für

1 \leq i < r

zu betrachten.

Ich hab mir erstmal was zum Hinweis überlegt:
Ich gehe davon aus, dass die

T_{i}

geometrisch verteilt sind also:

E [T_{i + 1} - T_{i}] = E [T_{i + 1}] - E [T_{i}]

ich weiß, dass die geometrische Verteilung den Erwartungswert

\frac{1}{p}

hat
Hier häng ich dann. Was wäre

E [T_{i + 1}]

? Ist es einfach

E [T_{i + 1}] = \frac{1}{i + 1}

?

Falls das stimmt kommt ja dann

E [T_{i + 1} - T_{i}] = E [T_{i + 1}] - E [T_{i}] = \frac{1}{i + 1} - \frac{1}{i}

Nun weiß ich aber nicht wie es weiter geht, falls das oben überhaupt richtig ist. Wir haben im Skript stehen, dass wenn

E [T_{i + 1} - T_{i}] \leq \frac{1}{i + 1} - \frac{1}{i} \Rightarrow {(E [T_{r}])}_{r \geq 1}

ist eine Cauchyfolge

\Rightarrow E [T] := lim_{r \to \infty} E [T_{r}]

Weil im Hinweis ja stand

T_{r} = X_{r}

müsste gelten

E [T] := lim_{r \to \infty} E [T_{r}] = E [X_{r}]

dabei bin ich mir aber auch nicht wirklich sicher weil dann würde ja gelten:

lim_{r \to \infty} E [T_{r}] = lim_{r \to \infty} \frac{1}{r} = 0

oder?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Matlog aktiv_icon

16:00 Uhr, 21.05.2021

Hm, dein Ansatz geht vielleicht irgendwie in die richtige Richtung. Aber viel kann ich nicht damit anfangen.
Warum du am Ende Überlegungen zu

lim_{r \to \infty}

anstellst ist mir ein völliges Rätsel.

Es fehlt vor allem an sauberen Informationen, was deine Zufallsvariablen

X_{r}

und

T_{r}

überhaupt sein sollen. (Man kann natürlich sinnvoll raten.)

"Sei

X_{r}

die Anzahl der nötigen Züge."
Nötige Züge wofür? Wo liegt der Bezug zum Index r?
Und was ist X?

"Erfolgsmomente

T_{1}, ..., T_{r}

"
Ist Erfolgsmomente ein Fachbegriff

(,

den ich nicht kenne)?

Und später dann:
"ich weiß, dass die geometrische Verteilung den Erwartungswert

\frac{1}{p}

hat "
Ich vermute, du hast nicht überlegt, für was dieses

p

denn steht!?

Wenn du alles sauber definiert hast, dann kann dir hier sicher weitergeholfen werden!
Du kannst aber auch mal nach dem Stichwort "Sammelbildproblem" suchen.

LeonKP aktiv_icon

17:52 Uhr, 21.05.2021

das mit dem limes stand bei mir im skript
also wenn

{(E [X_{n}])}_{n}

konvergiert gilt

E [X] = lim_{n \to \infty} E [X_{n}]

X_{r}

hab ich leider nicht viel mehr als das, was in der Aufgabe steht. Also die Anzahl an Züge die man mindestens braucht, alle

r

Kugeln mindestens einmal gezogen zu haben. Also das

r

steht für die Anzahl der Kugeln in der Urne.
Zu

T_{i}

hab ich nur folgendes stehen:
Sie können die "Erfolgsmomente"

1 = T_{1} < . .

< T_{r} = X_{r}

betrachten, zu denen man eine vorher noch nicht gegriffene Kugel neu zieht. Untersuchen Sie zunächst

E [T_{i + 1} - T_{i}]

für

i \in [1, r)

.
Zum Erwartungswert, das

p

steht doch für die Wahrscheinlichkeit oder? Also

P (X) = p

und dann ist

E [X] = \frac{1}{p}

so hatte ich das verstanden.
Zum Sammelbildproblem: Genau, meine Aufgabe wäre so ähnlich aber praktisch als "Ziehen mit Zurücklegen" und man würde nur eine Karte pro Packung erhalten.
So wie das Problem auf Wikipedia erklärt wurde, ist es nicht wirklich mit Zurücklegen, aber falls ich mich richtig erinnere, ist es bei Großen Menge relativ "egal" ob es mit oder ohne Zurücklegen ist. Also

\frac{1}{10000000}

ist fast das gleiche wie

\frac{1}{9999999}

Matlog aktiv_icon

18:37 Uhr, 21.05.2021

Außer der Tatsache, dass wohl

X_{r}

und

X

dasselbe bezeichnet, hätte ich mir meine Frage danach sparen können. Sorry!

X = X_{r}

gibt die Anzahl der Ziehungen an, bis alle Kugeln mindestens ein Mal gezogen worden sind.
(Aber nicht die Anzahl, die man mindestens braucht, bis das passiert, das wäre ja einfach

r

. Also in deinem Text ist ein mindestens zu viel!)

T_{i}

ist dann die Anzahl der benötigten Züge, bis man die i-te neu gezogene Kugel gezogen hat.
Somit gibt dann

T_{i + 1} - T_{i}

die Zahl der benötigten Züge an, bis man nach der i-ten neu gezogenen Kugel die nächste neue Kugel, also die (i+1)-te neue gezogen hat.

Und vollkommen richtig, diese

T_{i + 1} - T_{i}

sind jetzt alle geometrisch verteilt.

Aber jetzt:
"Zum Erwartungswert, das

p

steht doch für die Wahrscheinlichkeit oder? Also

P (X) = p

und dann ist

E [X] = \frac{1}{p}

so hatte ich das verstanden."

Richtig ist:

X

geometrisch verteilt

\Rightarrow E (X) = \frac{1}{p}

(wenn man vorher sagt, was

p

bedeuted)

P (X) = p

ist vollkommen sinnlos!
Und "p steht für die Wahrscheinlichkeit". Für welche denn?

Also informiere dich über die Ausgangssituation bei der Betrachtung einer geometrischen Verteilung!
Dann kannst du auch leicht die verschiedenen

p

und damit die Erwartungswerte der

T_{i + 1} - T_{i}

bestimmen!

LeonKP aktiv_icon

18:59 Uhr, 21.05.2021

Ich glaub so langsam hab ichs

T_{i + 1} - T_{i}

ist die Anzahl der gezogenen Kugeln zwischen dem i-ten und (i+1)-ten Treffer, Treffer wäre in dem Fall der Erfolg wie im Hinweis beschrieben.

T_{j}

sind einfach die Anzahl der Versuche bis zum "ersten Treffer" des Bernoulli Versuchs (die (j+1)-te Kugel zum ersten mal zu ziehen, also ziehen wir oder wir ziehen sie nicht, deshalb dachte ich, es müsste Bernoulli sein)
So müsste die Wahrscheinlichkeit, einen Erfolg zu haben ja

p = \frac{r - j}{r}

sein
Wir haben ja schon gesagt, dass die Erfolge geometrisch verteilt sind also ist

E [T_{j}] = \frac{r}{r - j}

Bei dem bin ich mir jetzt fast sicher, nur beim Nächsten nicht
Also

X_{r}

müsste jetzt aus den Treffern

T_{j}

bestehen

X_{r} = T_{0} + T_{1} + . .

+ T_{r - 1}

Der Erwartungswert ist ja additiv und dann könnte man

E [T_{j}]

einfach von oben übernehmen
Ich hab dann

E [X_{r}] = E [T_{0} + T_{1} + . .

+ T_{r - 1}] = E [T_{0}] + . .

+ E [T_{r - 1}]

und wenn ich das von oben übernehme komme ich auf

E [X_{r}] = r \sum_{i = 1}^{r} \frac{1}{i}

Matlog aktiv_icon

19:21 Uhr, 21.05.2021

Ja, im Prinzip ist es das jetzt!

Aber deine Notationen sind weiterhin sehr schlampig!
Was du jetzt plötzlich

T_{j}

nennst, ist in Wirklichkeit

T_{j + 1} - T_{j}

.

Laut Aufgabentext zählen die

T_{i},

wieviele Züge man von Anfang an bis zur i-ten neuen Kugel benötigt.
Diese

T_{i}

sind nicht geometrisch verteilt!

Die

T_{i + 1} - T_{i}

zählen die Züge die man nach der i-ten neuen Kugel bis zur (i+1)-ten neuen Kugel braucht.
Diese Differenzen sind geometrisch verteilt.

Die ganze Notation wäre natürlich einfacher gewesen, wenn man direkt die Wartezeiten von einer bis zur nächsten neuen Kugel mit

z . B

S_{i}

bezeichnet hätte.

LeonKP aktiv_icon

20:02 Uhr, 21.05.2021

Oh man hab da was dann verwechselt. Habs aber jetzt berichtigt, vielen Dank für die Hilfe!

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