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Wahrscheinlichkeitsdichte von Erwartungswert

Universität / Fachhochschule

Tags: Wahrscheinlichkeitsdichte

HackDaniels aktiv_icon

21:55 Uhr, 05.01.2023

Hallo,

zwei Spieler A und B spielen ein Spiel. Die Wahrscheinlichkeiten

p_{A}

und

p_{B}

, dass einer der jeweiligen Spieler gewinnt sind unbekannt. Bekannt sind jedoch die Wahrscheinlichkeitsdichten der jeweiligen Wahrscheinlichkeiten.

Die Wahrscheinlichkeitsdichte der Wahrscheinlichkeit, dass Spieler A gewinnt ist wie folgt:

P_{A} (p_{A}) = p_{A}^{n_{A}} \cdot (1 - p_{A})^{N - n_{A}} \cdot ((\binom{N}{n_{A}})) \cdot (N + 1)

Die Wahrscheinlichkeitsdichte der Wahrscheinlichkeit, dass Spieler B gewinnt entsprechend:

P_{B} (p_{B}) = p_{B}^{n_{B}} \cdot (1 - p_{B})^{N - n_{B}} \cdot ((\binom{N}{n_{B}})) \cdot (N + 1)

Dabei ist

n_{A} + n_{B} = N

(

n_{A}

n_{B}

sind gegeben)
und

p_{A} + p_{B} = 1

.

Nun interressiert mich die Wahrscheinlichkeitsdichte des Erwartungswertes des Spielausgangs, welcher wie folgt definiert ist:

E = \frac{p_{A} - p_{B} + 1}{2}

(Für z.B. E=1 gilt also eine 100%-ige Wahrscheinlichkeit, dass Spieler A gewinnt, für E=0 gilt eine 100%-ige Wahrscheinlichkeit, dass Spieler B gewinnt)

Die letzten beiden Gleichungen kann man ineinander einsetzen (entweder

p_{A}

oder

p_{B}

) und nach

p_{A}

bzw.

p_{B}

umstellen und erhält dadurch wahlweise:

p_{A} = E

oder

p_{B} = 1 - E

Die gesuchte Wahrscheinlichkeitsdichte des Erwartungswertes ist demnach

P_{E} (E) = E^{n_{A}} \cdot (1 - E)^{N - n_{A}} \cdot ((\binom{N}{n_{A}})) \cdot (N + 1)

oder äquivalent:

P_{E} (E) = (1 - E)^{n_{B}} \cdot E^{N - n_{B}} \cdot ((\binom{N}{n_{B}})) \cdot (N + 1)

Soweit so gut.

Nun gibt es aber auch eine Wahrscheinlichkeitsdichte der Wahrscheinlichkeit für ein unentschiedenes Spiel:

P_{U} (p_{U}) = p_{U}^{n_{U}} \cdot (1 - p_{U})^{N - n_{U}} \cdot ((\binom{N}{n_{U}})) \cdot (N + 1)

In diesem Fall gilt:

n_{A} + n_{B} + n_{U} = N

(

n_{A}

n_{B}

n_{U}

sind gegeben)
und

p_{A} + p_{B} + p_{U} = 1

.

Die Definition des Erwartungswerts des Spielausgangs ist jedoch weiterhin:

E = \frac{p_{A} - p_{B} + 1}{2}

Nun suche ich wieder die Wahscheinlichkeitsdichte des Erwartungswerts

P_{E} (E)

. Analog zur vorherigen Berechnung ist

P_{E} (E) = P_{A} (E - \frac{p_{U}}{2}) = P_{B} (1 - E - \frac{p_{U}}{2})

Damit kann ich aber nichts anfangen, da ja

\frac{p_{U}}{2}

unbekannt ist. Hat jemand eine Idee, wie ich die Wahrscheinlichkeitsdichte des erwarteten Spielausgangs

P_{E} (E)

unabhängig von

p_{A}

p_{B}

und

p_{U}

bestimmen kann?

Vielen Dank!

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

HAL9000

08:53 Uhr, 06.01.2023

Ich spreche nur über das zweite Modell, das erste ist hinreichend klar erforscht:

Du hast da drei Betaverteilte Zufallsgrößen

p_{A} \sim B (n_{A} + 1, N + 1 - n_{A})

p_{B} \sim B (n_{B} + 1, N + 1 - n_{B})

sowie

p_{U} \sim B (n_{U} + 1, N + 1 - n_{U})

, die über

n_{A} + n_{B} + n_{U} = N

und

p_{A} + p_{B} + p_{U} = 1

miteinander verkoppelt sind, und willst nun etwas über die Verteilung der Zufallsgröße

E = \frac{p_{A} - p_{B} + 1}{2}

rauskriegen?

Ich würde zunächst mal in Zweifel ziehen, dass durch die bloße Kenntnis der Randverteilungen von

p_{A}, p_{B}

und

p_{U}

selbst unter Einbeziehung der Kopplungen schon die gemeinsame Verteilung von

(p_{A}, p_{B}, p_{U})

eindeutig festgelegt ist! Bei nur zweien mit

n_{A} + n_{B} = N

sowie

p_{A} + p_{B} = 1

war das der Fall, aber hier auch? Ich denke nein. Und wenn diese gemeinsame Verteilung nicht eindeutig festgelegt ist, dann sind i.d.R. auch die daraus abgeleiteten Zufallsgrößen wie

E = \frac{p_{A} - p_{B} + 1}{2}

ebenfalls nicht eindeutig festgelegt.

------------------------------------

Was du hier deshalb wohl eigentlich benötigen würdest, wäre so eine Art "multivariate Betaverteilung", die das ganze dann wirklich eindeutig machen würde - also ähnlich wie vom Übergang "Binomialverteilung -> Multinomialverteilung". Damit hatte ich noch nie zu tun, aber kurzes Googeln ergibt, dass sich damit schon Leute befasst haben:

en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet_distribution

Und hast du das erstmal, dann kannst du über Transformationssatz auch die Dichte von

E = \frac{p_{A} - p_{B} + 1}{2}

bestimmen.

EDIT: Hab inzwischen etwas weiter gerechnet und komme mit der Dirichlet-Verteilung auf folgende Dichte für dein

E

f_{E} (x) = \frac{(N + 2)!}{n_{A}! n_{B}! n_{U}!} \int_{0}^{2 min {x, 1 - x}} {(x - \frac{y}{2})}^{n_{A}} {(1 - x - \frac{y}{2})}^{n_{B}} y^{n_{U}} d y

, gültig für alle

x \in [0, 1]

.

Ob es für das Integral auch einen geschlossenen Term gibt, entzieht sich meiner Kenntnis. Für konkrete

n_{A}, n_{B}, n_{U}

besteht dieses

f_{E}

jedenfalls aus zwei Polynomen in

x

, je eins auf

[0, \frac{1}{2}]

sowie

[\frac{1}{2}, 1]

, jeweils vom Grad

N + 1

. Im Spezialfall

n_{A} = n_{B}

ist diese Dichte symmetrisch bzgl.

\frac{1}{2}

, d.h.

f_{E} (x) = f_{E} (1 - x)

für alle

x

, was bei dem Sachverhalt keine Überraschung sein dürfte.

EDIT(7.1.): Anscheinend schon das Interesse verloren - schade.

HackDaniels aktiv_icon

16:22 Uhr, 07.01.2023

Hallo HAL9000,

erstmal vielen Dank für deinen Hinweis auf die Betaverteilte Zufallsgröße, deine Zweifel an der Eindeutigkeit des Ergebnisses und für deine Hilfe und Antwort insgesamt! :-)

Nein, ich habe keineswegs das Interesse an der Aufgabe verloren. Ich musste deine Antwort erstmal sacken lassen, und wollte mich erst rückmelden, wenn ich genug Zeit gefunden habe nachzuvollziehen, wie du auf das Integral gekommen bist. Da ich als Elektrotechniker Mathematik nur in Nebenfächern hatte, fällt es mir erstmal schwer mich in die Dirichlet distribution reinzudenken. Sie scheint aber für diese Aufgabe genau das richtige zu sein. Auch danke dafür. Außerdem hätte ich noch etwas Zeit gebraucht, um die mathematischen Notationen etwas genauer und überlicher anzuwenden. Ich entschuldige mich schonmal dafür, wenn das nicht immer so 100% korrekt formuliert wird.

Parallel dazu habe ich nochmal drüber nachgedacht, ob ich das Problem auch alternativ lösen kann, auch um dies mit dem Lösungsweg über die Dirichlet distribution zu vergleichen und diese dann vielleicht noch besser zu verstehen:

Ich habe mich gefragt, ob man

P_{E}

bestimmen könnte, wenn

p_{U}

als Konstante bekannt wäre. Denn wenn das ginge, könnte man vielleicht auch

P_{E}

allgemein bestimmen, indem man über

p_{U}

von 0 bis 1 integriert.

Meines Erachtens kann man dafür im ersten Schritt die Existenz des unentschiedenen Spiels völlig außer Acht lassen, um erstmal den Zusammenhang zwischen gewonnenen und verlorenen Spielen zu bekommen.

(EDIT: Folgende Gleichung wurde falsch dargestellt, nun korrigiert)

P_{E 1} (E) = E^{n_{A}} \cdot (1 - E)^{n_{B}} \cdot ((\binom{n_{A} + n_{B}}{n_{A}})) \cdot (n_{A} + n_{B} + 1)

Im zweiten Schritt überlegt man sich, wie

p_{U}

P_{E 1}

beeinflussen würde. Meines Erachtens würde

p_{U}

die Beta-Verteilung um den Punkt

E = \frac{1}{2}

um den Faktor

1 - p_{U}

strecken.

Wenn ich mich auf die Schnelle nicht verrechnet habe, wäre dann

P_{E 2} (E) = \frac{1}{1 - p_{U}} \cdot P_{E 1} (\frac{1}{2} + (E - \frac{1}{2}) \cdot (1 - p_{U}))

Zu beachten ist hierbei, dass die Gleichung so noch nicht ganz korrekt ist, da sie für

E < \frac{p_{U}}{2}

und

E > 1 - \frac{p_{U}}{2}

analog zur gesreckten Betaverteilung 0 ist.

Soweit bin ich erstmal gekommen und weiß jetzt schon, dass die Integration

P_{E} = \int_{0}^{1} P_{E 2} d p_{U}

nicht einfach wird, insbesondere wegen der auf 0 gesetzten Funktion "außerhalb" der Betaverteilung.

Je seltener ich mich rückmelde, desto qualitativ hochwertiger werden meine Rückfragen. Sei deshalb bitte nicht enttäuscht, wenn ich hier nur alle paar Tage antworten werden. Ich bin aber täglich an dem Thema dran. :-)

Falls du Einwände, Vorschläge oder eine kurze Erklärung hast, wie du auf das Integral gekommen bist, würde ich mich sehr freuen weiter von dir zu hören.

Viele Grüße

HackDaniels

HAL9000

22:23 Uhr, 07.01.2023

Die Dirichlet-Verteilung, welche deinen Randverteilungsvorgaben genügt, hat die Dichte

f_{p_{A}, p_{U}} (a, y) = \frac{(N + 2)!}{n_{A}! n_{B}! n_{U}!} \cdot a^{n_{A}} {(1 - a - y)}^{n_{B}} y^{n_{U}}

für alle

a \geq 0, y \geq 0

mit

a + y \leq 1

,

außerdem ist automatisch

p_{B} = 1 - p_{A} - p_{U}

. Damit ist

E = \frac{p_{A} - p_{B} + 1}{2} = p_{A} + \frac{p_{U}}{2}

, folglich gilt per Transformationssatz

f_{E, p_{U}} (x, y) = f_{p_{A}, p_{U}} (x - \frac{y}{2}, y)

und weiter dann über

f_{E} (x) = \int_{0}^{2 min (x, 1 - x)} f_{E, p_{U}} (x, y) d y

schließlich die oben angegebene Formel.

Das erstmal zu deiner Frage nach dem Zustandekommen der Formel. Über den Rest muss ich erstmal noch nachdenken.

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13:11 Uhr, 07.05.2023

Hallo,

nach sehr langer Zeit habe ich mal wieder Zeit mich mit dem Problem zu beschäftigen und melde ich mich mal wieder zurück.

Leider verstehe ich deine Herleitung (den Part mit dem Transformationssatz) nicht. Das ist aber nicht so schlimm, da die Mathematik dahinter zu hoch für mich ist, interessiere ich mich mitlwerweile nur noch für die Lösung.

Ich habe mal versucht das Integral von Wolfram Alpha berechnen zu lassen. Das unbestimmte Integral lässt sich tatsächlich berechnen, allerdings kommt das ein ziemliches Monstrum raus (siehe Anhang).

Tatsächlich interessiert mich von der gesuchten Wahrscheinlichkeitsdichte "nur" der Erwartungswert (der Wahrscheinlichkeitsdichte des Erwartungswerts) und die Varianz.

Im wiki-Artikel der Dirichlet-Distribution findet man ja auch die Definitionen der Erwartungswerte und Varianzen. Diese entsprechen aber den Erwartungswerten und Varianzen, die man bereits aus der Beta-Verteilung einfach berechnen kann, ohne dass die Verkopplung der drei Funktionen brücksichtigt wird.

Also aus der Beta-Verteilung sind bereits die Erwartungswerte und Varianzen der Wahrscheinlichkeitsdichten, dass Spieler A gewinnt, dass ein Spiel unentschieden ist und dass Spieler B gewinnt bekannt.

Kann man aus diesen vielleicht Erwartungswert und Varianz des definierten Erwartungswerts berechnen? Eine ungefähre Fausformel würde mir auch schon ausreichen.

HackDaniels aktiv_icon

18:18 Uhr, 07.05.2023

Hallo zusammen,

ich habe die Lösung für den Erwartungswert und die Varianz gefunden.

Bei bekanntem

p_{U}

beträgt der Erwartungswert

E_{P} (p_{U}) = (n_{A} + 1) / (n_{A} + n_{B} + 2) \cdot (1 - p_{U}) + p_{u} / 2

Der "mittlere" Erwartungswert beträgt dann

\int_{p_{U} = 0}^{1} E_{P} (p_{U}) \cdot P_{u} (p_{u}) d p_{u}

Die Varianz kann man entsprechend mit

V_{P} (p_{U}) = \int_{p_{U} = 0}^{1} (n_{A} + 1) \cdot (n_{B} + 1) / ((n_{A} + n_{B} + 3) \cdot (n_{A} + n_{B} + 2)^{2}) \cdot (1 - p_{U})^{2} \cdot P_{u} (p_{u}) d p_{u}

berechenen.

Vielen Dank nochmal für die Hilfe!

HAL9000

19:37 Uhr, 07.05.2023

Ich kann dir nicht folgen: Bei bekanntem

p_{U}

ist der (dadurch bedingte) Erwartungswert von

p_{U}

natürlich

p_{U}

, was denn sonst???

Ohne diese Bedingung, also gemäß der oben angegebenen Dirichlet-Verteilung ist offenbar

E [p_{U}] = \frac{n_{U}}{N}

sowie

V [p_{U}] = \frac{n_{U} (N - n_{U})}{N^{2} (N + 1)}

, siehe

en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet_distribution .

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20:40 Uhr, 07.05.2023

Entschuldige bitte, dass ich hab das an etlichen Stellen mathematisch falsch ausgedrückt habe.

Gesucht war schließlich der Erwartungswert der unbekannten Funktion aus dem Ausgangspost

P_{E} (E)

E [P_{E}] = ?

Wenn

p_{U}

bekannt wäre, wäre die Berechnung trivial:

E [P_{E}] = E_{P} (p_{U})

E_{P} (p_{U})

setzt sich zusammen aus:

1. dem Erwartungswert der Beta-Verteilung

p / (p + q) = (n_{A} + 1) / (n_{A} + n_{B} + 2)

bei nicht Berücksichtigung der Existenz von unentschiedenen Spielen multipliziert mit der Gegenwahrscheinlichkeit von

p_{U}

2. der Zahl 0,5 multipliziert mit der Wahrscheinlichkeit

p_{U}

Dieser Erwartungswert

E_{P} (p_{U})

bei bekanntem

p_{U}

kann man jetzt mit der Wahrscheinlichkeitsdichte

P_{U}

multiplizieren und über

p_{U}

von 0 bis 1 integrieren und sollte damit

E [P_{E}]

erhalten:

E [P_{E}] = 1 / 2 \cdot (\frac{(n_{A} - n_{B}) \cdot (n_{A} + n_{B} + 1)}{(n_{A} + n_{B} + 2) \cdot (n_{A} + n_{B} + n_{U} + 2)^{2}} + 1)

HAL9000

07:45 Uhr, 08.05.2023

Mit einigen Monaten Abstand betrachtet ist mir dein ganzer Bezeichnungskosmos fremd, z.B. steige ich bei bei

E [P_{E}] = E_{P} [p_{U}]

aus: (*)

E

bzw.

E_{P}

scheinen als Erwartungswerte bzgl. unterschiedlicher W-Maße gemeint zu sein, aber welcher?

Dann die Zufallsgrößen: Ich hatte es oben so verstanden, dass

p_{A}, p_{B}, p_{U}

die Zufallsgrößen sind und

P_{A}, P_{B}, P_{U}

die zugehörigen Verteilungsmaße. Das ist aber nicht in Einklang zu bringen mit (*).

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23:37 Uhr, 22.05.2023

Hallo HAL9000,

bitte entschuldige (mal wieder) meine späte Antwort. Mir ist aufgefallen, dass ich einen Zusammenhang garnicht mit angegeben hatte und somit die Antwort - wie du bereits korrekt dargestellt hattest - garnicht eindeutig lösbar ist.

Ohne dies hier weiter zu erläutern gehe ich allgemein davon aus (bzw. ist gegeben), dass sich bei bisher stattfandenen N Ziehungen und davon n eintreffenden Ereignissen (z.B. Spieler A hat gewonnen) die Wahrscheinlichkeitsdichte für den jeweiligen Erwartungswert Beta-verteilt ist.

Wenn ich jetzt davon ausgehen, dass

p_{U}

bereits gegeben wäre, dann hätte

n_{U}

keinen Einfluss mehr in

P_{A} (p_{A})

und

P_{B} (p_{B})

. Stattdessen würde

p_{U}

diese beiden Funktionen einfach nur mit dem Faktor

(1 - p_{U})

stauchen, da ja entweder mit einer Wahrscheinlichkeit von

p_{U}

das Spiel unentschieden ist oder mit einer Wahrscheinlichkeit von

(1 - p_{U})

die beiden Funktionen

P_{A}

und

P_{B}

aus dem Ausgangspost wieder gelten mit der Anzahl der bisher aufgetretenen Ereignisse

n_{A}

und

n_{B}

, diese jedoch entsprechend gestaucht sind.

Es tut mir leid, ich bekomme es leider nicht besser ausgedrückt.

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