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Stochastik 4: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 22:29 Di 22.06.2004
Autor: phymastudi

Sei G die Menge aller Bijektionen auf {1,....,n} und   X die Zufallsvariabe die jeder Bijektion die Anzahl ihrer Fixpunkte zuordnet.

a) Bestimme E(X) (erwarungswert) für n=1,2,3 durch elementare Rechnung

könnt ihr mir ddas für n=2 einmal vormachen, bitte???

b) Beweise oder widerlee (X)=! für n € N.

Leider planlos, sorry...

ielen Dank für eure Tips und Hilfen im voraus...

LG Björn

        
Bezug
Stochastik 4: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 23:12 Di 22.06.2004
Autor: Brigitte

Hallo Björn!

> Sei G die Menge aller Bijektionen auf {1,....,n} und   X
> die Zufallsvariabe die jeder Bijektion die Anzahl ihrer
> Fixpunkte zuordnet.
>  
> a) Bestimme E(X) (erwarungswert) für n=1,2,3 durch
> elementare Rechnung
>  
> könnt ihr mir ddas für n=2 einmal vormachen, bitte???

Was eine Bijektion ist, weißt Du aber, oder?
Also für $n=2$ gibt es 2! Bijektionen auf der Menge [mm] $\{1,2\}$, [/mm] nämlich
[mm] $g_1$ [/mm] mit

[mm] g_1(1)=1,\qquad g_1(2)=2[/mm]

(also die Identität) und [mm] $g_2$ [/mm] mit

[mm] g_2(1)=2,\qquad g_2(2)=1.[/mm]

Jetzt kannst Du ja mal jeweils die Zahl der Fixpunkte zählen ;-)
Will man nun den Erwartungswert herausbekommen, benötigt man ja noch ein Wahrscheinlichkeitsmaß. Hier gehe ich mal davon aus, dass jedes [mm] $g\in [/mm] G$ mit Wahrscheinlichkeit 1/(n!) auftritt, also gleichwahrscheinlich ist. Was das bei $n=2$ für $E(X)$ bedeutet, bekommst Du nun alleine hin. Oder?

> b) Beweise oder widerlee (X)=! für n € N.

Ich denke Du meinst $E(X)=1$. (Vielleicht schaust Du am Ende noch mal über Dein Posting drüber, damit wir nicht an Tippfehlern scheitern.)
Hm, da würde ich mir erst mal $n=4$ anschauen. Ist ja noch halbwegs übersichtlich.
Korrigiere: Probiere das mal zu beweisen, und zwar mit Hilfe der von Stefan geposteten Formel
[mm] P(X_n=k) = \frac{1}{k!} \sum\limits_{r=0}^{n-k} \frac{(-1)^r}{r!} [/mm]
zu Deiner Eintüt-Frage. Allgemeiner Ansatz:
[mm] E(X_n)=\sum\limits_{k=0}^n k\cdot P(X_n=k)=\sum\limits_{k=1}^n k\cdot P(X_n=k)[/mm]
Mit ein wenig Indexverschiebung kommt man da wohl weiter.

Viele Grüße
Brigitte

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Stochastik 4: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 23:08 Mi 23.06.2004
Autor: phymastudi

also zu a)

für n=1 gibt es nur die identische Abbildung, also 1!=1
P(1)=1/1!=1 X=1

für n=2 gibt es 2!=2 bijektionen P(2)= 1/2;  X=2/4=1/2

für n=3 gibt es 3!=6 Bij. mit P(3)=1/6;   X=6/18=1/3


aber wie errechne ich nun den gesuchten Erwartungswert???
X ist stets gleich 1/2, oder??

Vielleicht so???:

E(X)= 1*1+1/2*1/2+1/6*1/3=1+1/4+1/18=1 11/36=1,30555

oder????


Bezug
                        
Bezug
Stochastik 4: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 08:45 Do 24.06.2004
Autor: Brigitte

Lieber Björn!

> also zu a)
>  
> für n=1 gibt es nur die identische Abbildung, also 1!=1
>  P(1)=1/1!=1 X=1

[ok]
Ist ein wenig pingelig, aber zur Schreibweise: [mm] $X_1$ [/mm] bezeichne im Folgenden die Anzahl an Fixpunkten (Index deutet auf $n=1$ hin) . Du meinst [mm] $P(X_1=1)=1$, [/mm] also die Wahrscheinlichkeit, dass [mm] $X_1$ [/mm] den Wert 1 annimmt, beträgt 1. Was Du mit $X=1$ aussagen möchtest, kann ich nicht interpretieren.

> für n=2 gibt es 2!=2 bijektionen P(2)= 1/2;  X=2/4=1/2

Auch hier: [mm] $P(X_2=2)=1/2$. [/mm] Aber [mm] $X_2$ [/mm] kann auch noch den Wert 0 annehmen (Erinnerung [mm] $g_2$ [/mm] im letzten Posting). Mit welcher Wahrscheinlichkeit? Ob Du alle Ergebnisse berücksichtigt hast, erkennst Du daran, dass die SUmme der Wahrscheinlichkeiten von allen möglichen Ergebnissen (hier [mm] $P(X_2=0)+P(X_2=2)$) [/mm] 1 ergeben muss.
  

> für n=3 gibt es 3!=6 Bij. mit P(3)=1/6;   X=6/18=1/3

[mm] $X_3$ [/mm] kann noch weitere Werte annehmen? Welche nämlich? Und mit welcher Wahrscheinlichkeit?

>
> aber wie errechne ich nun den gesuchten Erwartungswert???
>  X ist stets gleich 1/2, oder??

Nein. $X$ ist doch eine Zufallsvariable. Wenn diese konstant wäre, hättest Du ja gar keinen Zufall mehr.
Uns geht hier darum, zu jedem möglichen Ergebnis (Wert, die die Zufallsvariable annehmen kann) die entsprechende Wahrscheinlichkeit zu berechnen, und die hängt davon ab, wieviele Bijektionen in Relation zu der Gesamzahl von Bijektionen (Jeweils n!) zu diesem Wert führen.

> Vielleicht so???:
>  
> E(X)= 1*1+1/2*1/2+1/6*1/3=1+1/4+1/18=1 11/36=1,30555

Du solltest das getrennt für [mm] $n=1,2,\ldots$ [/mm] untersuchen, also [mm] $E(X_1), E(X_2),\ldots$ [/mm] ausrechnen. Für die Formel beachte bitte:

[mm] E(X)=\sum\limits_{i=1}^k x_iP(X=x_i) \qquad \mbox{(allgemein)}[/mm]

Du multiplizierst also nicht die Wahrscheinlichkeiten miteinander. Aber das kann daran liegen, dass Du die Ergebnisse noch nicht richtig identifiziert hattest, die die Zufallsvariable annehmen kann (s.o. was bedeutet bei Dir X=2/4?)

Probier mal, ob Du die a) so hinbekommst.

Liebe Grüße
Brigitte


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Stochastik 4: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:44 Do 24.06.2004
Autor: phymastudi

Hi brigitte,

ich hab mal deine Tips versucht zu verfolgen und bin auf folgende Lösungen zu a) gekommen:

für n=1:

X1=1  mit P(X1=1)=1

für n=2:

X2=2 mit P(X2=2)=1/n!=1/2
X2=0 mit P(X2=0)=1/n!=1 (aber es muss doch hier auch 1/2 herauskommen, dann hinkt die Formel), also richtigerweise P=1/2

für n=3
X3=3 mit P(X3=3)=1/6
X3=1 mit P(X3=1)=1/2
X3=0 mit P(X3=0)=1/3

E(X1)= 1*1=1
E(X2)=2*1/2+0*1/2=1
E(X3)=3*1/6+1*1/2+0*1/3=1

Aber warum immer1??

Magst mir nun auch bei b) weiterhelfen??
Bitte :-(

LG Björn

Bezug
                                        
Bezug
Stochastik 4: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 18:06 Do 24.06.2004
Autor: Brigitte

Lieber Björn!

> ich hab mal deine Tips versucht zu verfolgen und bin auf
> folgende Lösungen zu a) gekommen:
>  
> für n=1:
>  
> X1=1  mit P(X1=1)=1

[ok]

> für n=2:
>  
> X2=2 mit P(X2=2)=1/n!=1/2

[ok]

>  X2=0 mit P(X2=0)=1/n!=1 (aber es
> muss doch hier auch 1/2 herauskommen, dann hinkt die
> Formel), also richtigerweise P=1/2

Du bekommst doch wieder 1/n! raus, also wieder 1/2. Die Formel hinkt nicht. Du hast nur das falsche $n$ eingesetzt.
  

> für n=3
>  X3=3 mit P(X3=3)=1/6
>  X3=1 mit P(X3=1)=1/2
>  X3=0 mit P(X3=0)=1/3

[ok]

> E(X1)= 1*1=1
>  E(X2)=2*1/2+0*1/2=1
>  E(X3)=3*1/6+1*1/2+0*1/3=1

[ok]

> Aber warum immer1??
>  
> Magst mir nun auch bei b) weiterhelfen??
>  Bitte :-(

OK. Es gilt (mit Stefans Formel für [mm] $P(X_n=k)$): [/mm]

[mm]E(X_n)=\sum\limits_{k=0}^n k\cdot P(X_n=k)[/mm]
[mm]=\sum\limits_{k=[red]1[/red]}^n k\cdot P(X_n=k)[/mm]
[mm]=\sum\limits_{k=1}^n k\cdot\frac{1}{k!}\sum\limits_{r=0}^{n-k}\frac{(-1)^r}{r!}[/mm]
[mm]=\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{(k-1)!}\sum\limits_{r=0}^{n-k}\frac{(-1)^r}{r!}[/mm]
[mm]=\sum\limits_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k!}\sum\limits_{r=0}^{n-(k+1)}\frac{(-1)^r}{r!}[/mm]
[mm]=\sum\limits_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k!}\sum\limits_{r=0}^{(n-1)-k}\frac{(-1)^r}{r!}[/mm]
[mm]=\sum\limits_{k=0}^{n-1} P(X_ {n-1}=k)[/mm]
[mm]=1[/mm]

Die letzte Gleichheit gilt, da man alle Wahrscheinlichkeiten der möglichen Ergebnisse (nämlich [mm] $k=0,\ldots,n-1$) [/mm] summiert.

Ist ein wenig trickreich, vor allem die Indexverschiebung. Aber ich denke, so geht es. Falls was unklar ist, frag nach.
  
LG
Brigitte

> LG Björn
>  

Bezug
                                                
Bezug
Stochastik 4: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 18:13 Do 24.06.2004
Autor: phymastudi

Danke für deine Hilfe und vor allem auch für deine Geduld ;-)

LG Björn

Bezug
                                                        
Bezug
Stochastik 4: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 18:43 Do 24.06.2004
Autor: Brigitte

Bitte schön, gern geschehen.
Hoffe, Du hast auch was dabei gelernt ;-)

[winken]

LG
Brigitte

Bezug
                
Bezug
Stochastik 4: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 23:13 Mi 23.06.2004
Autor: phymastudi

b) verstehe ich leider garnicht :-(
und dann soll ich auch noch für n=1,2,3,4 STabdiagramme zeichnen??
Weiss jemand , wie das gemeint sein kann??

LG  Björn

Bezug
                        
Bezug
Stochastik 4: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 08:55 Do 24.06.2004
Autor: Brigitte

Liebe Björn,

> b) verstehe ich leider garnicht :-(

ich bin dafür, dass Du erst die a) richtig verstehst. Vorher macht es keinen Sinn über die a) zu reden. Im ersten Posting habe ich ja schon ein paar Hinweise dazu gegeben.

>  und dann soll ich auch noch für n=1,2,3,4 STabdiagramme
> zeichnen??
>  Weiss jemand , wie das gemeint sein kann??

Stabdiagramme sind Grafiken, bei denen auf der $x$-Achse die verschiedenen Ergebnisse und auf der $y$-Achse die zugehörigen Wahrscheinlichkeiten abgetragen werden (als senkrechte Linie ausgehend von der $x$-Achse nach oben, so dass die Länge des Stabes gerade der zugehörigen Wahrscheinlichkeit entspricht). Für $n=2$ hat man ja zwei Ergebnisse (0 und 2), und wir waren uns ja eben schon einig, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, 2 Fixpunkte zu erhalten, gleich 1/2 ist. Deshalb würde man in diesem Fall im Punkt (2,0) eine Linie nach oben zu zeichnen bis zum Punkt (2,1/2) (und für das Ergebnis 0 entsprechend).

LG
Brigitte

> LG  Björn
>  

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