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Mathematik » Stochastik und Statistik » Permutation der Regenschirme in der Oper
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Universität/Hochschule Permutation der Regenschirme in der Oper
hanuta2000
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-06-04


Moin, ich hab hier ne Aufgabe und stehe gerade auf dem Schlauch, vielleicht kann mir jemand einen Denkanstoß geben:

Bei einer Opernvorführung geben n Besucher ihre Regenschirme an der Garderobe ab. Nach Ende
der Vorführung werden die Regenschirme zufällig an die Besucher verteilt, wobei jede Person einen
Regenschirm gleichverteilt aus der Menge der noch vorhandenen Schirme erhält. Die Zufallsvariable
X bezeichne die Zahl der Personen, die ihren eigenen Schirm zurückerhalten haben. Berechnen Sie
den Erwartungswert und die Varianz von X.
Hinweis: Stellen Sie einen passenden Wahrscheinlichkeitsraum auf und überlegen Sie sich geeignete
Zufallsvariablen \(Y_i\)
, sodass \(X = Y_1 + · · · + Y_n\) gilt.

LG



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-06-04

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo,

mal als kleiner Schubser: die \(Y_i\) können nur die Werte 0 oder 1 annehmen, je nachdem, ob Person i ihren Schirm zurückerhält oder nicht.

Das Problem ist eher der Wahrscheinlichkeitsraum. Habt ihr in diesem Zusammenhang in letzter Zeit zufällig etwas über Permutationen und Fixpunkte durchgenommen?...

Das nur mal als spontane Idee.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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hanuta2000
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-04


Sei \( \Omega = \{0,1\}^n, \mathcal{P}(\{0,1\}^n) \) mit P Gleichverteilung. Dann gilt
\( E[X]= \sum_{i=1}^n E[Y_i] = \sum_{i=1}^n \sum_{j=0}^1 j P(Y_i =j) =\sum_{i=1}^n p =np \)
Das ist wahrscheinlich falsch oder?



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-06-04


2020-06-04 13:42 - hanuta2000 in Beitrag No. 2 schreibt:
Sei \( \Omega = \{0,1\}^n, \mathcal{P}(\{0,1\}^n) \) mit P Gleichverteilung. Dann gilt
\( E[X]= \sum_{i=1}^n E[Y_i] = \sum_{i=1}^n \sum_{j=0}^1 j P(Y_i =j) =\sum_{i=1}^n p =np \)
Das ist wahrscheinlich falsch oder?

Nein, dass ist korrekt. 👍

Fuer die Berechnung der Varianz koennte die alte Bauernregel $\operatorname{Var}[Y_i]=\operatorname{E}[Y_i^2]-\operatorname{E}[Y_i]^2$ nuetzlich sein.

vg Luis



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hanuta2000
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-05


Ist denn die W´keit für jedes \(Y_i\) den eigenen Regenschirm zu bekommen gleich?

Und angenommen das ist richtig, was ist denn \(Y_i^2\)? Das kann ja sowohl 0 als auch 1 sein, wie berücksichtigt man das?



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-06-05


2020-06-05 10:40 - hanuta2000 in Beitrag No. 4 schreibt:
Ist denn die W´keit für jedes \(Y_i\) den eigenen Regenschirm zu bekommen gleich?

Irgendeine Annahme muss du schon treffen. Und das hast du ja auch schon
getan in deiner Rechnung zu $\operatorname{E}[X]=np=nP(Y_i=1)$.

2020-06-05 10:40 - hanuta2000 in Beitrag No. 4 schreibt:
Und angenommen das ist richtig, was ist denn \(Y_i^2\)? Das kann ja sowohl 0 als auch 1 sein.

Ja, $Y_i$ und $Y_i^2$ besitzen dieselbe Vereilung, d.h.
$P(Y_i=1)=P(Y_i^2=1)=p$ und $P(Y_i=0)=P(Y_i^2=0)=1-p$.

vg Luis



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hanuta2000
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-05


Dann mal hier die Aufgabe so wie ich sie jetzt gelöst hätte:
\( \Omega = \{0,1\}^n , \mathcal{P}(\{0,1\}^n)\), P Gleichverteilung
\(E[X])=np\) wie oben. Für die Varianz gilt
\(Var(X)= \sum_{i=1}^n Var(Y_i) + \sum_{i \neq j} Cov(Y_i,Y_j)\)
\(=\sum_{i=1}^n E[(Y_i-E[Y_i])^2]+\sum_{i \neq j} E[Y_i Y_j]-E[Y_i]E[Y_j]
=\sum_{i=1}^n E[(Y_i -p)^2]+\sum_{i \neq j} p-p^2 =\sum_{i=1}^n (E[Y_i^2]-2pE[Y_i]+p^2) +n(n-1)(p-p^2) =\sum_{i=1}^n(p-2p^2+p^2) +n(n-1)(p-p^2) =n(-p^2+p) +(p-p^2)(n-1)n=np-np^2+pn^2 -pn -p^2n^2+p^2n=n^2p-n^2p^2 =n^2(p-p^2)      \)
Ich hoffe da sind keine Rechenfehler zwischen. Könntest du noch mal drüber schauen, ob das so stimmt?
Danke auf jeden Fall schon mal!
LG



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-06-05


2020-06-05 11:42 - hanuta2000 in Beitrag No. 6 schreibt:
Dann mal hier die Aufgabe so wie ich sie jetzt gelöst hätte:
\( \Omega = \{0,1\}^n , \mathcal{P}(\{0,1\}^n)\), P Gleichverteilung
\(E[X])=np\) wie oben. Für die Varianz gilt
\(Var(X)= \sum_{i=1}^n Var(Y_i) + \sum_{i \neq j} Cov(Y_i,Y_j)\)
\(=\sum_{i=1}^n E[(Y_i-E[Y_i])^2]+\sum_{i \neq j} E[Y_i Y_j]-E[Y_i]E[Y_j]
=\sum_{i=1}^n E[(Y_i -p)^2]+\sum_{i \neq j} p-p^2 =\sum_{i=1}^n (E[Y_i^2]-2pE[Y_i]+p^2) +n(n-1)(p-p^2) =\sum_{i=1}^n(p-2p^2+p^2) +n(n-1)(p-p^2) =n(-p^2+p) +(p-p^2)(n-1)n=np-np^2+pn^2 -pn -p^2n^2+p^2n=n^2p-n^2p^2 =n^2(p-p^2)      \)
Ich hoffe da sind keine Rechenfehler zwischen. Könntest du noch mal drüber schauen, ob das so stimmt?
Danke auf jeden Fall schon mal!
LG

Bei $\operatorname{Var}(X)= n(-p^2+p)$ kann ich dir folgen, bei der Berechnung von $\operatorname{Cov}(Y_i,Y_j)$ nicht.

Wieso sollte gelten $\operatorname{E}(Y_iY_j)=p$?  Mir erscheint die Annahme der Unabhaengigkeit und somit der Unkorreliertheit von $Y_i$ und $Y_j$ naheliegend.  Inhaltlich:  Warum sollte sich das Pech vom Regenschirmtraeger $i$ auf den Erfolg von Regenschirmtraeger $j$ auswirken?  Also, letztendlich erhalte *ich*:  $\operatorname{Var}(X)= np(1-p)$.

vg Luis



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hanuta2000
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-05


Ich hab mir das so gedacht wie bei \(Y_i^2, Y_i\) kann 0 oder 1 sein, dementsprechend ist das Quadrat 0 oder 1. \(Y_i,Y_j\) können auch jeweils 0 oder 1 sein und somit das Produkt auch. Also dachte ich gleiches Spiel, \(E[Y_iY_j]=E[Y_i]=E[Y_j]=p\)
Oder ist das falsch gedacht?

LG



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hanuta2000
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-05


Zur Unabhängigkeit:
Wenn Person i einen anderen Regenschirm(zb den von Person j) als seinen eigenen erhält, kann Person j automatisch nicht mehr den eigenen Regenschirm erhalten. Das spricht doch gegen die Unabhängigkeit



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-06-05


2020-06-05 12:25 - hanuta2000 in Beitrag No. 8 schreibt:
Ich hab mir das so gedacht wie bei \(Y_i^2, Y_i\) kann 0 oder 1 sein, dementsprechend ist das Quadrat 0 oder 1. \(Y_i,Y_j\) können auch jeweils 0 oder 1 sein und somit das Produkt auch. Also dachte ich gleiches Spiel, \(E[Y_iY_j]=E[Y_i]=E[Y_j]=p\)
Oder ist das falsch gedacht?

LG

Mach dir das an der gemeinsamen Verteilung von \((Y_i,Y_j)\) klar. Es \(P(Y_i=x,Y_j=y)=p^2\) fuer $x=y=1$ und \(P(Y_i=x,Y_j=y)=0\) fuer $x\ne y$. Also ist \(P(Y_iY_j=z)=p^2\) fuer $z=1$ und \(P(Y_iY_j=z)=0\) fuer $z=0$, so dass $\operatorname{E}[Y_iY_j]=p^2$.

vg Luis

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-06-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Hallo,

kurze Zwischenfrage: Ist euch klar, dass man $p$ explizit ausrechnen kann (in Abhängigkeit von $n$)?

@Nr.10: Ich denke alle Formel aus diesem Beitrag sind falsch. $Y_i$ und $Y_j$ sind nicht unabhängig, was z.B. für $n=2$ offensichtlich ist: Wenn die erste Person den richtigen Regenschirm bekommt, dann automatisch auch die zweite.
\(\endgroup\)


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hanuta2000
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-05


Ich hab mir das jetzt so erklärt, dass:
\(E[XY]=P(XY=1)\) und das ist eben nur der Fall wenn X und Y = 1 mit Wahrscheinlichkeit jeweils p.

Danke für eure Hilfe!

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-06-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-06-05 12:45 - Nuramon in Beitrag No. 11 schreibt:
Hallo,

kurze Zwischenfrage: Ist euch klar, dass man $p$ explizit ausrechnen kann (in Abhängigkeit von $n$)?

@Nr.10: Ich denke alle Formel aus diesem Beitrag sind falsch. $Y_i$ und $Y_j$ sind nicht unabhängig, was z.B. für $n=2$ offensichtlich ist: Wenn die erste Person den richtigen Regenschirm bekommt, dann automatisch auch die zweite.

Ups, da ist was dran. Wie peinlich! 🙁

@Nuramon: Gehe ich recht in der Annahme, dass du auf die Verteilung von Fixpunkten bei einer Permutation von $n$ Dingen hinauswillst?

vg Luis
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-06-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Nein, will ich nicht (zumindest nicht bewusst, es ist aber natürlich dazu verwandt). Man kann sich alle Formeln für diese Aufgabe leicht selbst überlegen:

Die Reihenfolge, in der die Schirme ausgegeben werden ist eine Permutation $\pi$ von $n!$ möglichen Permutationen der $n$ Schirme.

Für $P(Y_i=1)$ muss man sich ansehen, wie viele Permutationen $\pi$ es gibt mit $\pi(i)=i$.

Für $P(Y_iY_j=1)=P(Y_i=1,Y_j=1)$ sollte man sich überlegen, wie viele Permutationen $\pi$ es gibt, die $\pi(i)=i$ und $\pi(j)=j$ erfüllen.
\(\endgroup\)


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hanuta2000 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
hanuta2000 hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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