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Erwartungswert + Wktraum

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Erwartungswert

Wahrscheinlichkeitsmaß

Zufallsvariablen

Tags: Erwartungswert, Wahrscheinlichkeitsmaß, Zufallsvariablen

ray11 aktiv_icon

14:11 Uhr, 29.05.2020

Hi Leute, ich bräuchte eine kurze Hilfe bezüglich einer Aufgabe:

Zwei Kisten werden zufällig mit ununterscheidbaren Kugeln befüllt, wobei eine Kugel unabhängig
von den anderen mit der Wahrscheinlichkeit

p

in Kiste

1,

mit der Wahrscheinlichkeit

q = 1 - p

in Kiste 2 lande, wobei

p \in (0, 1)

. Die Zufallsvariable

X

gebe die Anzahl der nötigen Schritte an, bis jede Kiste mindestens eine Kugel enthält.

(a)

Geben Sie für dieses Zufallsexperiment einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum an.

(b)

Geben Sie die Verteilung und Verteilungsfunktion der Zufallsvariablen

X

an.

(c)

Berechnen Sie EX. Für welches

p

wird EX minimal?
Hinweis: Sie dürfen benutzen, dass

\sum_{k = 1}^{\infty} k \cdot x^{k - 1} = \frac{1}{{(1 - x)}^{2}}

für alle

x \in ℝ

mit

| x | < 1

gilt.

Meine Idee:

(a)

Sei

(Ω, F, P)

Wktraum. Für

Ω

hätte ich

ℕ^{2}

genommen, denn das gibt mir die Anzahl der Kugeln in beiden Kisten.

F

ist die Potenzmenge von

Ω

.
Was hier

P

sein soll weiß ich leider nicht.

(b)

Für die ZV

X

hätte ich eine geometrische Verteilung

g_{p},

da das eine Wartezeit von diskreten Werten bis zum Eintreffen eines Ereignisses gut modelliert.
Wie genau diese hier aussieht weiß ich leider auch nicht.

Vielleicht könnt ihr mir mal zu

(a)

und

(b)

Tipps geben. Ich würde aber gerne selbst drauf kommen.

lg ray11

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

DrBoogie aktiv_icon

16:56 Uhr, 29.05.2020

Man braucht nicht ganz

ℕ^{2}

, denn das Experiment ist zu Ende, wenn in beiden Kisten eine Kugel liegt. Daher besteht

Ω

nur aus Paaren

(1, n)

und

(m, 1)

, für

n, m

natürliche Zahl.

(1, n)

bedeutet, dass wir am Ende 1 Kugel in der 1. Kiste haben und n Kugeln in der 2. Kiste, wobei die Kugel in der 1. Kiste zuletzt dazu kam.
Die W-keiten sind

P ((1, n)) = p q^{n}

und

P ((m, 1)) = q p^{m}

ray11 aktiv_icon

11:51 Uhr, 30.05.2020

Ja stimmt, macht Sinn.

Ich habe dann

(b)

probiert und bin auf folgendes gekommen:
Erst habe ich mal

X

definiert.

X : Ω \to ℝ : ω \mapsto {n + 1,

für

ω = (1, n)

und

m + 1,

für

ω = (m,1)}

Dann habe ich mir überlegt wie die Wahrscheinlichkeiten für die ersten paar Zahlen aussehen:

P (X = 2) = p \cdot q^{1} + p^{1} \cdot q = p \cdot q \cdot (1 + 1)

P (X = 3) = p \cdot q^{2} + p^{2} \cdot q = p \cdot q \cdot (p + q)

P (X = 4) = p \cdot q^{3} + p^{3} \cdot q = p \cdot q \cdot (p^{2} + q^{2})

P (X = 5) = p \cdot q^{4} + p^{4} \cdot q = p \cdot q \cdot (p^{3} + q^{3})

Dann komme ich auf folgende Verteilung

P_{X} = \sum_{k = 2}^{\infty} p \cdot q \cdot (p^{k - 2} + q^{k - 2}) \cdot δ_{k}

Und dazugehörige Verteilungsfunktion

F_{X} = \sum_{k = 2}^{\infty} p \cdot q \cdot (p^{k - 2} + q^{k - 2}) \cdot χ_{[k, \infty)}

Hoffentlich bin ich damit nicht völlig daneben?

Zu

(c)

habe ich versucht den Erwartungswert auszurechnen:
EX

= \sum_{k = 2}^{\infty} p \cdot q \cdot (p^{k - 2} + q^{k - 2}) \cdot k = \sum_{k = 2}^{\infty} k \cdot p^{k - 1} \cdot q + k \cdot q^{k - 1} \cdot p =

\sum_{k = 2}^{\infty} k \cdot p^{k - 1} \cdot q + \sum_{k = 2}^{\infty} k \cdot q^{k - 1} \cdot p

An der Stelle würde man wohl den in der Angabe genannten Hinweis benutzen, allerdings beginnen meine Summen bei 2 und nicht bei 1.
Diese bei der Verteilung schon bei 1 starten zu lassen würde doch auch keinen Sinn ergeben, da ich mindestens 2 Züge brauche um beide Kisten zu füllen.
Wo liegt hier der Hund begraben?

DrBoogie aktiv_icon

12:55 Uhr, 30.05.2020

Alles richtig soweit. Bei der Reihe nutze einfach

\sum_{k = 2}^{\infty} a_{k} = (\sum_{k = 1}^{\infty} a_{k}) - a_{1}

anonymous

12:59 Uhr, 30.05.2020

Hallo
Ich ahne, unter "P_x" wolltest du die Wahrscheinlichkeit dafür benennen, dass du

k

Kugeln verteilen musst, um zum ersten mal beide Kisten bedient zu haben.
Diese Wahrscheinlichkeit ist ein konkreter Wert.

p (X) = . .

.

Solange aber du dir nicht klar machst und verrätst, was

δ_{k}

sein soll, wird der Wert ewig ein unkonkretes Allerlei sein, das vielleicht ein bisschen richtig, vielleicht ein bisschen falsch sein könnte.

Ebenso für Xeta_(

[

k,\oo))

. .

.

Tipp um einen begrabenen Hund auszugraben:

\sum_{k = 1}^{\infty} k \cdot x^{k - 1} = 1 \cdot x^{1 - 1} + \sum_{k = 2}^{\infty} k \cdot x^{k - 1}

ray11 aktiv_icon

18:03 Uhr, 30.05.2020

Ich komme dann auf:

. .

= (\sum_{k = 1}^{\infty} k \cdot p^{k - 1} \cdot q) - q + (\sum_{k = 1}^{\infty} k \cdot q^{k - 1} \cdot p) - p = \frac{q}{{(1 - p)}^{2}} - q + \frac{p}{{(1 - q)}^{2}} - p

[

q = 1 - p] = \frac{1 - p}{{(1 - p)}^{2}} - 1 + p + \frac{p}{p^{2}} - p = \frac{1}{1 - p} - 1 + \frac{1}{p} = \frac{p}{1 - p} + \frac{1}{p}

ob das stimmt?

Bei der Frage für welches

p

EX maximal ist, würde ich jetzt sagen bei

p \to 0

oder

p \to 1

.
Allerdings sollte

p \in (0,1)

sein?

DrBoogie aktiv_icon

18:09 Uhr, 30.05.2020

Nun, es ist ja logisch, dass wenn p=0 oder p=1, dann man ewig darauf warten kann, bis in beiden Kisten ein Ball landet. Daher ist das Ergebnis nicht überraschend.
Wenn p aus (0,1), dann gibt's kein Maximum.

ray11 aktiv_icon

18:36 Uhr, 30.05.2020

Ja stimmt, ist ja klar.
Hab es auch falsch gelesen. Es ist das Minimum gefragt. Das liegt natürlich bei

p = \frac{1}{2}

.
Vielen Dank für deine Hilfe, das hat mir sehr geholfen.

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