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  Zwei aufeinanderfolgende Sechsen würfeln |
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WagW
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 |  Themenstart: 2023-02-03
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Hallo zusammen,
zu dem Problem, dass man die durchschnittliche Anzahl an Würfen bis das erste Mal zwei aufeinander folgende Sechsen auftauchen, gibt es relativ viele Lösungen. Manche komplizierter und andere erscheinen auf den ersten Blick sehr einfach. Wir haben bei uns nun als Musterlösung bekommen:
Sei $A$ die erwartete Anzahl an Würfen, wenn gerade eine $6$ geworfen wurde und $B$ die erwartete Anzahl, wenn gerade keine $6$ geworfen wurde. Dann gilt
$A=\frac{1}{6}+\frac{5}{6}(1+B)$
$B=\frac{1}{6}(1+A)+\frac{5}{6}(1+B)$.
Aus diesen Gleichungen ergibt sich sofort $A=42$.
Sieht also erst mal einfach und intuitiv aus.
Jetzt ist es nur so, dass wir in unserem Stochastik-Kurs für diesen Kontext nichts tiefergehendes als Erwartungswert oder bedingte WSKs zur Verfügung haben.
Wenn also "normalerweise" der Erwartungswert im diskreten Fall definitionsgemäß durch sowas wie
$\sum\limits_{k\in X(\Omega)}kP(\{X=k\})$
ermittelt wird, so frage ich mich wie ich damit nun obige Gleichungen herleiten kann?
Ich kann ja nicht einfach eine Gleichung aufstellen und mit Intuition argumentieren.
viele Grüße
WagW
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zippy
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-02-03
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\quoteon(2023-02-03 03:22 - WagW im Themenstart)
Jetzt ist es nur so, dass wir in unserem Stochastik-Kurs für diesen Kontext nichts tiefergehendes als Erwartungswert oder bedingte WSKs zur Verfügung haben.
\quoteoff
Mit diesen beiden Zutaten kannst du auch bedingte Erwartungswerte bilden.
Wenn $(X_i)$ die Folge die Würfe bezeichnet, suchst du $Y_1$ für$$
Y_k=\min\{i\ge k:X_i=X_{i+1}=6\}-k+1
$$und arbeitest mit$$
A_k=E\bigl[Y_k\mid X_k=6\bigr] \;,\quad B_k=E\bigl[Y_k\mid X_k\ne6\bigr] \;.
$$Du erhältst dann zuerst Gleichungen, die $A_{k+1}$ und $B_{k+1}$ mit $A_k$ und $B_k$ in Verbindung bringen, und kannst dir dann überlegen, dass $A_k$ und $B_k$ nicht von $k$ abhängen.
--zippy
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WagW
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-03
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Hallo zippy,
Danke für Deine Ausführung, wenn ich das nun mal aufdrösele kommt da ein totaler Formelwust heraus:
Ich betrachte den bedingten Erwartungswert:
$$\mathbb{E}(Y_k\mid X_k\neq 6)=\sum\limits_{i\in (Y_k\mid X_k\neq 6)(\Omega)}i\cdot P(\{(Y_k\mid X_k\neq 6)=i\})=\sum\limits_{\omega\in\Omega\mid \omega_k\neq 6}Y_k(\omega)\frac{p(\omega)}{\frac{5}{6}}=\frac{6}{5}\sum\limits_{\omega\in\Omega\mid \omega_k\neq 6}Y_k(\omega)p(\omega)$$
und weiß, dass ich $\{\omega\in\Omega\mid \omega_k\neq 6\}$ in zwei disjunkte Mengen unterteilen kann,
$M_1$ enthält Wurfserien, die beim $k+1$-ten Wurf eine Sechs haben und
$M_0$ enthält Wurfserien, die beim $k+1$-ten Wurf keine Sechs haben,
dann kann ich die Reihe bzw. den Erwartungswert danach umsortieren (Reihe existiert und konvergiert absolut). Ich weiß auch in unserem Fall bereits, dass $P(M_1)=\frac{1}{6}$ und $P(M_0)=\frac{5}{6}$ sein müssen. Also
$
\begin{align*}
&\mathbb{E}(Y_k\mid X_k\neq 6)=\sum\limits_{\omega\in \Omega\mid \omega_k\neq 6}Y_k(\omega)\frac{p(\omega)}{\frac{5}{6}}=\sum\limits_{\omega\in M_1}Y_k(\omega)\frac{p(\omega)}{\frac{5}{6}}+\sum\limits_{\omega\in M_0}Y_k(\omega)\frac{p(\omega)}{\frac{5}{6}}=\frac{6}{5}\left(1+\sum\limits_{\omega\in M_1}Y_{k+1}(\omega)p(\omega)\right)+\frac{6}{5}\left(1+\sum\limits_{\omega\in M_0}Y_{k+1}(\omega)p(\omega)\right)\\
&=\frac{6}{5}\left(1+\frac{1}{6}\mathbb{E}(Y_{k+1}\mid X_{k+1}= 6)\right)+\frac{6}{5}\left(1+\frac{5}{6}\mathbb{E}(Y_{k+1}\mid X_{k+1}\neq 6)\right)\\
&\implies B_k=\frac{12}{5}+\frac{1}{5}A_{k+1}+B_{k+1}
\end{align*}$
Genauso gehe ich nun bei $(Y_k\mid X_k=6)$ vor, wobei
$N_1$ enthält Wurfserien, die beim k+1-ten Wurf eine Sechs haben und
$N_0$ enthält Wurfserien, die beim k+1-ten Wurf keine Sechs haben,
damit $\{\omega\in\Omega\mid \omega_k=6\}=N_1\cup N_0$. Also
$
\begin{align*}
&\mathbb{E}(Y_k\mid X_k=6)=\sum\limits_{\omega\in \Omega\mid \omega_k=6}Y_k(\omega)\frac{p(\omega)}{\frac{1}{6}}=\sum\limits_{\omega\in N_1}Y_k(\omega)\frac{p(\omega)}{\frac{1}{6}}+\sum\limits_{\omega\in N_0}Y_k(\omega)\frac{p(\omega)}{\frac{1}{6}}=\frac{6}{1}\left(1+\sum\limits_{\omega\in N_1}Y_{k+1}(\omega)p(\omega)\right)+\frac{6}{1}\left(1+\sum\limits_{\omega\in N_0}Y_{k+1}(\omega)p(\omega)\right)\\
&=6\left(1+\frac{1}{6}\mathbb{E}(Y_{k+1}\mid X_{k+1}=6)\right)+6\left(1+\frac{5}{6}\mathbb{E}(Y_{k+1}\mid X_{k+1}\neq 6)\right)=6\left(1+\frac{1}{6}\cdot 1\right)+6\left(1+\frac{5}{6}\mathbb{E}(Y_{k+1}\mid X_{k+1}\neq 6)\right)\\
&\implies A_k=13+5B_{k+1}
\end{align*}$
Wie gehe ich da jetzt weiter vor?
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zippy
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| Beitrag No.3, eingetragen 2023-02-03
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\quoteon(2023-02-03 19:48 - WagW in Beitrag No. 2)
wenn ich das nun mal aufdrösele kommt da ein totaler Formelwust heraus:
\quoteoff
Mir ist unklar, was du da machst.
Ich fange mal mit Beziehungen an, die sich unmittelbar aus der Definition von $Y_k$ ergeben:$$\begin{align*}\def\.{\vphantom{\frac77}\\}
P(Y_k=1\mid X_k\ne6) &= 0 \.
P(Y_k=1+y\mid X_k\ne6) &= P(Y_{k+1}=y) \vphantom{\frac77} \.
&= P(Y_{k+1}=y\mid X_{k+1}=6)\cdot P(X_{k+1}=6) +
P(Y_{k+1}=y\mid X_{k+1}\ne6)\cdot P(X_{k+1}\ne6) \.
&= \frac16\cdot P(Y_{k+1}=y\mid X_{k+1}=6) +
\frac56\cdot P(Y_{k+1}=y\mid X_{k+1}\ne6)
\end{align*}$$Daraus folgt$$\begin{align*}\def\.{\vphantom{\frac77}\\}
B_k &= \sum_{y\ge1}y\,P(Y_k=y\mid X_k\ne6) \.
&= \sum_{y\ge0}(1+y)\,P(Y_k=1+y\mid X_k\ne6) \.
&= 1 + \sum_{y\ge1}y\,P(Y_k=1+y\mid X_k\ne6) \.
&= 1 + \frac16\,\sum_{y\ge1}y\,P(Y_{k+1}=y\mid X_{k+1}=6)
+ \frac56\,\sum_{y\ge1}y\,P(Y_{k+1}=y\mid X_{k+1}\ne6) \.
&= 1 + \frac16\,A_{k+1} + \frac56\,B_{k+1} \;.
\end{align*}$$Die zweite Beziehung ergibt sich analog.
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WagW
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-04
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Hi zippy,
irgendwie kann ich aus dem was Du schreibst nicht so ganz herauslesen was Du genau machen möchtest bzw. vorschlägst. Ich versuche das noch mal in einfachen Worten aufzuschreiben, was ich machen wollte. Vielleicht ist es ja das was Du versuchst zu beschreiben:
Also zunächst sei daran erinnert, dass
$$
\mathbb{E}(Y\mid A):=\sum\limits_{y\in Y}y\cdot P(Y=y\mid A).
$$
Wenn nun $Y(\Omega)=\bigcup\limits_{i=1}^{\infty}A_i$ disjunkt zerlegt wird, dann gilt
$$
\sum\limits_{i=1}^{\infty}\mathbb{E}(Y\mid A_i)P(A_i)=\mathbb{E}(Y).
$$
Wir definieren zunächst eine ZV $X:\Omega\to\mathbb{N}$, die die Anzahl der Würfe angibt bis das erste Mal eine Doppelsechs auftritt. Wir können nun $\Omega$ in zwei disjunkte Mengen zerlegen:
$\begin{align*}
&M_0:=\{\text{Erster Wurf keine } 6\}\\
&M_1:=\{\text{Erster Wurf eine }6\}.
\end{align*}$
Das ist vielleicht nicht ganz sauber aufgeschrieben, aber im Prinzip kann man ja Ausdrücke der Form $(X\mid M_0)$ als eine neue ZV auffassen; hier eine solche, die auf einer Würfelserie $\omega\in\Omega$ beruht beider beim allerersten Wurf keine $6$ kam, also $\omega_1\neq6$. Damit gilt
$$
\mathbb{E}(X)=\mathbb{E}(X\mid M_0)P(M_0)+\mathbb{E}(X\mid M_1)P(M_1)=\mathbb{E}(X\mid M_0)\frac{5}{6}+\mathbb{E}(X\mid M_1)\frac{1}{6},
$$
da $P(M_1)=\frac{1}{6}$ und $P(M_0)=\frac{5}{6}$. Dann ist offensichtlich, dass $1+X$ und $(X\mid M_0)$ die gleiche WSK-Verteilung haben. Also gilt
$$
\mathbb{E}(X\mid M_0)=\mathbb{E}(1+X)=1+\mathbb{E}(X)\implies \mathbb{E}(X) =(1+ \mathbb{E}(X))\frac{5}{6}+\mathbb{E}(X\mid M_1)\frac{1}{6}.
$$
Analog ist $(X\mid M_1)$ eine ZV, basierend auf einer Würfelserie bei der der erste Wurf eine $6$ war. Angenommen ich betrachte nun $M_1$, dann kann ich diese Menge in zwei disjunkte Mengen zerlegen
$\begin{align*}
&N_{1}:=\{\text{Erster Wurf und zweiter Wurf sind } 6\}\\
&N_{0}:=\{\text{Erster Wurf ist } 6 \text{ zweiter Wurf ist keine }6\}\\
&\implies M_1=N_{1}\cup N_{0}.
\end{align*}$
Also gilt
$$
\mathbb{E}(X\mid M_1)=\mathbb{E}(X\mid M_1,N_{1})P(N_{1}\mid M_1)+ \mathbb{E}(X\mid M_1,N_{0})P(N_{0}\mid M_1)=2\cdot \frac{1}{6}+ \mathbb{E}(X\mid M_1, N_{0})\frac{5}{6}.
$$
Es gilt $\mathbb{E}(X\mid M_1, N_{1})=2$, da bereits ein Mal eine $6$ geworfen wurde und $N_{1}$ besagt, dass beim zweiten Mal auch eine $6$ kommt. Damit endet das Spiel. Wenn ich nun $(X\mid M_1, N_{0})$ als ZV betrachte bei der beim ersten Wurf eine $6$ und beim zweiten Wurf keine $6$ geworfen wurde, so ist klar, dass $2+X=(X\mid M_1, N_{0})$, also $\mathbb{E}(X\mid M_1,N_{0})=\mathbb{E}(2+X)$ gilt. Damit habe ich nun die beiden Gleichungen
$\begin{align*}
& \mathbb{E}(X) =(1+ \mathbb{E}(X))\frac{5}{6}+\mathbb{E}(X\mid M_1)\frac{1}{6}\\
&\mathbb{E}(X\mid M_1)=2\cdot \frac{1}{6}+(2+\mathbb{E}(X))\frac{5}{6}.
\end{align*}$
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zippy
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| Beitrag No.5, eingetragen 2023-02-04
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\quoteon(2023-02-04 03:55 - WagW in Beitrag No. 4)
Also zunächst sei daran erinnert, dass
$$
\mathbb{E}(Y\mid A):=\sum\limits_{y\in Y}y\cdot P(Y=y\mid A).
$$\quoteoff
$y\in Y$ ergibt keinenn Sinn. $y$ sollte über irgendeine Menge laufen, die $Y(\Omega)$ umfasst. Du kannst also z.B. $\sum_{y=1}^\infty$ schreiben. Oder, wenn ohnehin klar ist, dass es nur um ganze Zahlen geht, $\sum_{y\ge1}$.
\quoteon(2023-02-04 03:55 - WagW in Beitrag No. 4)
Wenn nun $Y(\Omega)=\bigcup\limits_{i=1}^{\infty}A_i$ disjunkt zerlegt wird, dann gilt
$$
\sum\limits_{i=1}^{\infty}\mathbb{E}(Y\mid A_i)=\mathbb{E}(Y).
$$\quoteoff
Nein, das gilt nicht, da fehlt noch ein Faktor:$$
E[Y] = \sum_yy\,P(Y=y) = \sum_yy\,\sum_iP(Y=y\mid A_i)\cdot P(A_i) =
\sum_i E[Y\mid A_i]\cdot P(A_i)
$$Unten taucht dieser Faktor auch bei dir auf.
Deine weitere Rechnung ist im Wesentlichen in Ordnung. Du solltest nur den schwammigen Ausdruck "aber im Prinzip kann man ja Ausdrücke der Form $(X\mid M0)$ als eine neue ZV auffassen" etwas konkreter fassen.
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WagW
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-04
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Hi zippy,
Danke nochmal für Deine Tipps :) ja den Faktor $P(A_i)$ hatte ich vergessen und jetzt noch mal korrigiert. Bei dem Ausdruck $y\in Y$ bzw. $y\in Y(\Omega)$ unter dem Summenzeichen hab ich nicht richtig nachgedacht. Das muss so sein wie Du sagst, also eine Indexmenge, die eine entsprechende Reihenfolge produziert.
Was die etwas schwammige Definition der ZV betrifft, würde ich das für bspw. $X\mid M_0$ folgendermaßen angehen:
Wir nehmen an, dass es einen geeigneten WSK-Raum $(\Omega:=\{1,\dots, 6\}^{\mathbb{N}}, \mathcal{F},P)$ gibt. Theoretisch müsste man ja noch annehmen, dass das WSK Maß so ermittelt wird wie man sich das bei Würfelwürfen intuitiv vorstellt, aber wie man das jetzt theoretisch untermauert, da habe ich (noch) keine Ahnung. Wenn es so etwas nicht geben würde, dann wäre die ganze Aufgabe ja eh sinnlos. Sei nun $Z:\Omega\to\{0,1\}$ eine Bernoulli-ZV mit
$Z:=\begin{cases}1,& \omega_1=6\\0,&\omega_1\neq 6.\end{cases}$
Dann ersetzen wir den Ausdruck $X\mid M_0$ einfach durch $(X\mid Z=0)$. Man sieht dann, dass
$$\mathbb{E}(X\mid Z=0)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}kP(X\mid Z=0)$$
und, da $P(Z=0)+P(Z=1)=1$, auch
$$\mathbb{E}(X)=\mathbb{E}(X\mid Z=0)P(Z=0)+\mathbb{E}(X\mid Z=1)P(Z=1).$$
Weiter sieht man, dass $(X\mid Z=0)$ die gleiche Verteilung besitzt wie $1+X$. Analog geht man bei den anderen Ausdrücken vor bei denen ich Mengen und ZVn vermischt habe.
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zippy
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| Beitrag No.7, eingetragen 2023-02-04
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\quoteon(2023-02-04 17:23 - WagW in Beitrag No. 6)
Weiter sieht man, dass $(X\mid Z=0)$ die gleiche Verteilung besitzt wie $1+X$.
\quoteoff
Das ist richtig.
Diese Deutung von $(X\mid Z=0)$ als Zufallsvariable bringt aber auch Probleme mit sich, denn sie ist nicht auf $\Omega$, sondern nur auf $\{Z=0\}\subset\Omega$ definiert. Ich würde dazu raten, diese Sichtweise wieder zu vergessen und nur mit Zufallsvariablen zu arbeiten, die auf ganz $\Omega$ definiert sind.
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WagW
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-05
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Hi zippy,
Ja da hast Du Recht und je mehr ich darüber nachdenke, desto mehr Bauchschmerzen bereitet mir das. Im Kern will man ja einfach nur zeigen, dass für alle $k\geq 2$ gilt:
$P(\{X=k\}\mid\{Z=0\})=P(1+X=k)$ und damit $P(\{X=k\}\mid\{Z=0\})=P(X=k-1)$.
Ich glaube, dass der Knackpunkt an der Sache ist, dass man das WSK-Maß nicht kennt. Es macht aber ja Sinn anzunehmen, dass die WSK eines $\omega\in\{1,\dots,6\}^{\mathbb{N}}$, wenn es eine Würfelserie enthält, die mit $66$ endet, sich nach dem Motto $P(1,2,3,4,5,6,6,\dots)=\left(\frac{5}{6}\right)^5\left(\frac{1}{6}\right)^2$ ermitteln lässt - insbesondere nutzt man hierbei die Unabhängigkeit der einzelnen Würfe. Wahrscheinlich ist diese Annahme gewagt, aber da wir im Rahmen des Stochastik-Kurses nichts Tiefergehendes zur Maßtheorie haben, hoffe ich, dass das erst mal so reicht, um die Aufgabe mit unseren Mitteln zu verstehen.
Man betrachtet also alle Würfe bis zum ersten Aufkommen von $6,6$ - was danach "in" $\omega$ passiert ist egal.
Wenn ich nun ein $\omega$ mit $X(\omega)=k$ und $Z(\omega)=0$ betrachte von dem ich weiß, dass $\omega_1\neq 6$ sowie $\omega_{k-1}=6$ und $\omega_k=6$ sind, dann sieht man, dass
$
P(\omega_1,~\omega_2,~\dots,~\omega_{k-2},~\omega_{k-1},~\omega_k,\dots\mid \omega_1\neq 6)=\frac{\frac{5}{6}p(\omega_2)\dots p(\omega_{k-2})\frac{1}{6}\frac{1}{6}}{\frac{5}{6}}=\underset{\text{Anzahl }= k-3}{\underbrace{p(\omega_2)\dots p(\omega_{k-2})}}\frac{1}{6}\frac{1}{6}.
$
Betrachte ich nun ein $\omega$ mit $X(\omega)=k-1$, dann gilt
$
P(\omega_1,~\omega_2,~\dots,~\omega_{k-3},~\omega_{k-2},~\omega_{k-1},\dots)=\underset{\text{Anzahl }= k-3}{\underbrace{p(\omega_1)\dots p(\omega_{k-3})}}\frac{1}{6}\frac{1}{6}.
$
Damit sind beide WSKs gleich. Und da $k\geq 2$ beliebig gewählt wurde, sind auch die WSK Verteilungen gleich.
Kann man das jetzt als Begründung für $\mathbb{E}(X\mid\{Z=0\})=1+\mathbb{E}(X)$ so stehen lassen?
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zippy
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| Beitrag No.9, eingetragen 2023-02-05
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\quoteon(2023-02-05 21:57 - WagW in Beitrag No. 8)
Kann man das jetzt als Begründung für $\mathbb{E}(\{X=k\}\mid\{Z=0\})=1+\mathbb{E}(X)$ so stehen lassen?
\quoteoff
Du meinst vermutlich $\mathbb{E}(X\mid Z=0)=1+\mathbb{E}(X)$.
Bei deiner Begründung kann man ahnen, was du meinst, aber als Beweis würde ich sie nicht akzeptieren.
Ich schreibe den Beweis mal extrem kleinschrittig auf (dabei verwende ich die Bezeichnungen aus Beitrag Nr. 1):
(1) $\{Y_1=1+y,X_1\ne6\}=\{Y_2=y,X_1\ne6\}$.
Das ist eine Gleichheit zwischen zwei Mengen, die man anhand der Definitionen von $Y_1$ und $Y_2$ unmittelbar nachrechnen kann.
(2) $P(Y_1=1+y\mid X_1\ne6)=P(Y_2=y\mid X_1\ne6)$.
Das ist die Übersetzung von (1) in bedingte Wahrscheinlichkeiten. Mehr als die Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit benötigt man hier nicht.
(3) $P(Y_1=1+y\mid X_1\ne6)=P(Y_2=y)$.
Hier wird ausgenutzt, dass $Y_2$ unabhängig von $X_1$ ist und somit $P(Y_2=y\mid X_1\ne6)=P(Y_2=y)$ gilt.
(4) $\{Y_1=1,X_1\ne6\}=\emptyset$.
Wieder eine Gleichheit zwischen zwei Mengen, die man anhand der Definitionen von $Y_1$ unmittelbar nachrechnen kann.
(5) $P(Y_1=1\mid X_1\ne6)=0$.
Das ist die Übersetzung von (4) in eine bedingte Wahrscheinlichkeit.
(6) $E(Y_1\mid X_1\ne6)=1+E(Y_2)$.
Das folgt aus (3) und (5):
$\displaystyle\begin{align*}
E(Y_1\mid X_1\ne6)&=1\cdot P(Y_1=1\mid X_1\ne6)+
\sum_{y=2}^\infty y\,P(Y_1=y\mid X_1\ne 6)\\&=
0+\sum_{y=1}^\infty (1+y)\,P(Y_1=1+y\mid X_1\ne 6)\\&=
\sum_{y=1}^\infty (1+y)\,P(Y_2=y)=1+E(Y_2)\end{align*}$
(7) $E(Y_1\mid X_1\ne6)=1+E(Y_1)$.
Hier wird ausgenutzt, dass $Y_1$ genauso von der Folge $(X_1,X_2,\ldots)$ abhängt wie $Y_2$ von $(X_2,X_3,\ldots)$ [formal: es gibt eine Funktion $f$ mit $Y_1=f(X_1,X_2,\ldots)$ und $Y_2=f(X_2,X_3,\ldots)$] und dass diese beiden Folgen gleichverteilt sind, weil die $X_i$ unabhängig und identisch verteilt sind. (Das meinte ich in Beitrag Nr. 1 damit, dass die $A_k$ und $B_k$ nicht von $k$ abhängen.)
So ausführlich muss man das natürlich nicht aufschreiben. Du solltest aber dennoch diese Schritte mal nachvollziehen.
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WagW
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-06
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Ah ok, Deine Annahme, die sich am Ende auf die Ermittlung von $Y_k$ mittels einer unbekannten Funktion $f$ bezieht, ist natürlich viel weniger restriktiv als wie ich direkt irgendein WSK-Maß anzunehmen.
Danke noch mal 😃 und viele Grüße
WagW
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zippy
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| Beitrag No.11, eingetragen 2023-02-06
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\quoteon(2023-02-06 15:23 - WagW in Beitrag No. 10)
ist natürlich viel weniger restriktiv als wie ich direkt irgendein WSK-Maß anzunehmen.
\quoteoff
Die Wahrscheinlichkeiten explizit auszurechnen ist keine Restriktion, denn alle erforderlichen Eigenschaften sind ja in der Aufgabe vorgegeben. Es ist nur unnötig.
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WagW
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Mitteilungen: 454
| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-06
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Hmm, aber wenn Du das so siehst, dann hätte man sich das doch alles mit der Hilfsvariablen $Y_k$ sparen können und die Gleichheit so wie von mir in Beitrag 8 vorgeschlagen zeigen können. Oder was wäre daran falsch?
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zippy
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| Beitrag No.13, eingetragen 2023-02-06
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\quoteon(2023-02-06 15:58 - WagW in Beitrag No. 12)
Oder was wäre daran falsch?
\quoteoff
Wenn du das sauber durchziehst, ist daran nichts falsch. Die Darstellung in Beitrag Nr. 8 leistet das aber noch nicht.
Die Verwendung der $Y_k$ für $k\ge2$ ist auch nicht zwingend. Sie macht lediglich aus meiner Sicht das Aufschreiben einfacher, weil man über Dinge wie $\{Y_1=1+y,X_1\ne6\}=\{Y_2=y,X_1\ne6\}$ reden kann, ohne sich gleich mit Wahrscheinlichkeiten beschäftigen zu müssen.
Wie du das Ganze aufschreiben willst, liegt aber letztlich bei dir. Und nachdem ich meinen Vorschlag, so glaube ich, hinreichend klar gemacht habe, kann ich dazu nichts mehr beitragen.
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WagW hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
WagW hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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