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Bingo, Yatzee, Kniffel

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Erwartungswert

Tags: Erwartungswert, Würfel werfen

pleindespoir aktiv_icon

19:54 Uhr, 08.03.2014

Bei einer Spielvariante sind sechs Felder zu besetzen.
Die sechs Felder sind mit 1,2,3,4,5,6 bezeichnet.

Es wird mit einem idealen sechsseitigen Würfel geworfen.
Sobald eine 1 gewürfelt wurde, wird das Feld 1 besetzt,
Sobald eine 2 gewürfelt wurde, wird das Feld 2 besetzt,
Sobald eine 3 gewürfelt wurde, wird das Feld 3 besetzt,
.....

Wieviele Würfe sind durchschnittlich notwendig, um alle Felder einmal zu besetzen ?

Wie kann man das sinnvoll berechnen ?

Die Wahrscheinlichkeit dass nach 6 Würfen alle Felder belegt werden, beträgt nach meiner Schätzung

\frac{6!}{6^{6}} = 0, 015432098765432

Aber wie rechnet man das für 7 oder mehr Würfe aus ?

Und bringt das in eine Form, das für unendlich viele Gesamtversuche ein Mittelwert der Wahrscheinlichkeit rauskommt ?

Bummerang

09:11 Uhr, 11.03.2014

Hallo,

ich will Dir die Aufgabe nicht lösen, das schaffst Du sicher selber, aber ich gebe Dir einen Tip für Deine Recherche. Dieses Jahr findet wieder eine Fußball WM statt und es wird wieder die berühmten Sammelalben und Sammelbilder geben. Diese Sammler haben ja das gleiche Problem wie Du: Sie haben ein Album mit

n

freien Stellen (bei Dir sind es nur 6 Stellen) und beim Kauf jeder Sammelbildertüte (bei Dir ist das jeder Wurf) erhalten diese

m

Sammelbilder (bei Dir eine Augenzahl). Nun haben sich diese Sammler Gedanken gemacht: Wie viele Sammelbildertüten muss man kaufen, um mit einer bestimmten Wahrscheinlichkeit das Album voll zu kriegen (bei Dir das Tablett von 1 bis 6 zu füllen). Diese Berechnungen findet man im Internet, zumindest waren sie vor ein paar Jahren da zu finden, als ich mich für dieses Sammlerproblem mal interessiert hatte. Man muss dann, denke ich, diese Berechnungen "nur mit den anderen Zahlen" nachvollziehen! Wenn Du das Ergebnis hast, würde ich mir wünschen, dass Du es hier auch einstellst, vielleicht noch mit einem Link auf das/die Deiner Meinung nach beste(n) Seite(n), die eine Lösung zum Sammlerproblem enthalten, dann bleibt diese Frage nicht scheinbar unbeantwortet.

Matlog aktiv_icon

11:38 Uhr, 11.03.2014

Ich habe nur selbst gerechnet (nicht recherchiert), muss deshalb nicht stimmen, sieht aber schön aus:

Wahrscheinlichkeit, dass nach

n

Würfen alle Felder belegt sind:

\sum_{k = 0}^{5} {(- 1)}^{k} \cdot (\begin{matrix} 6 \\ k \end{matrix}) \cdot {(\frac{6 - k}{6})}^{n}

Wahrscheinlichkeit, dass im n-ten Wurf zum ersten Mal alle Felder belegt sind:

\sum_{k = 0}^{4} {(- 1)}^{k} \cdot (\begin{matrix} 5 \\ k \end{matrix}) \cdot {(\frac{5 - k}{6})}^{n - 1}

Bummerang

11:53 Uhr, 11.03.2014

Hallo Matlog,

habe nur kurz gegoogelt, da ich etwas komplizierteres im Gedächtnis hatte und ich habe neben einem längeren wikipedia-Eintrag sogar eine Diplomarbeit der Uni Potsdam dazu gefunden. Ohne mir das entsprechende PDF-file heruntergeladen zu haben und ohne Dir zu nahe treten zu wollen, würde ich behaupten, dass Deine Lösung nicht für eine Diplomarbeit taugt. Vielleicht hättest Du doch erst recherchieren sollen...

PS: Suchbegriff war "Sammelbilderproblem"

Matlog aktiv_icon

12:03 Uhr, 11.03.2014

"Vielleicht hättest Du doch erst recherchieren sollen..."

Nein, mir macht es mehr Spass, (zunächst) selbst zu überlegen.
Ich bin aber schon gespannt auf die richtige Lösung!

Bummerang

12:09 Uhr, 11.03.2014

Hallo Matlog,

"Nein, mir macht es mehr Spass, (zunächst) selbst zu überlegen."

Da bin ich ganz Deiner Meinung, mache ich auch immer so, habe ich hier auch gemacht! Aber ich bin auch in der Lage, nach langer Überlegung, die so lang war, dass pleindespoir diesen Beitrag schon erneut gepusht hatte, mal nach Lösungen zu suchen. Das sprichwörtliche "erneute Erfinden des Fahrrads" halte ich dann irgendwann für übertrieben. Und wenn mir dann sowieso die ganze Zeit durch den Kopf geht, dass da doch eine Lösung zu einer änhlichen Fragestellung existiert, dann sehe ich irgendwann keinen Grund mehr, nicht einfach auch auf diese Lösung zu verweisen...

pleindespoir aktiv_icon

13:17 Uhr, 12.03.2014

Vielen Dank für Eure Lösungen und Hinweise!

Ich schau mir das später noch genauer an und sag dann noch was dazu.

Matlog aktiv_icon

02:14 Uhr, 14.03.2014

Wenn es nur um den Erwartungswert für die Anzahl der Würfe geht, bis alle Felder gefüllt sind, dann würde ich so vorgehen:

Als Ausgangssituation nehme ich, dass

k

der 6 Felder bereits gefüllt sind.
Sei

X_{k}

die Zufallsvariable, die die Anzahl der Würfe zählt, bis ein weiteres Feld gefüllt wird.
In

6 - k

von 6 Fällen wird dies in einem Wurf erledigt sein, da ja noch

6 - k

Felder frei sind. In

k

der 6 Fälle ist dieser erste Wurf aber umsonst und wir haben wieder die ursprüngliche Ausgangssituation.
Deshalb gilt:

E (X_{k}) = \frac{6 - k}{6} \cdot 1 + \frac{k}{6} \cdot (1 + E (X_{k}))

Daraus ergibt sich

E (X_{k}) = \frac{6}{6 - k}

.

Somit ergibt sich für die insgesamt nötige Anzahl von Würfen

X,

bis alle Felder gefüllt sind:

E (X) = \sum_{k = 0}^{5} E (X_{k}) = \sum_{k = 0}^{5} \frac{6}{6 - k} = 6 \cdot \sum_{k = 0}^{5} \frac{1}{6 - k} = 6 \cdot \sum_{k = 1}^{6} \frac{1}{k} = 6 \cdot \frac{147}{60} = 14,7

Man kann also den Erwartungswert rekursiv berechnen, ohne die Einzelwahrscheinlichkeiten für die verschiedenen Wurfzahlen zu kennen.

Diese am

11.3

. um

11 : 38

Uhr von mir angegegeben Wahrscheinlichkeiten halte ich nach wie vor für richtig, zumindest bis jemand das Gegenteil beweist. (Bummerangs Vertrauen darin scheint ja nicht allzu groß zu sein.)
Ich kann auch gerne erklären, wie ich zu diesen Formeln gekommen bin!

pleindespoir aktiv_icon

19:28 Uhr, 14.03.2014

Vielen Dank für die Arbeit!

Das sieht recht richtig aus. Leider bin ich grade etwas krank und kann mich nicht gescheit konzentrieren.

Daher bitte ich noch um etwas Geduld bis ich umfassend kommentieren kann.
Aber vorab jedenfalls schon mal ein herzliches Dankeschön für die Mühe!

Matlog aktiv_icon

19:57 Uhr, 14.03.2014

Gute Besserung!

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