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Binomialverteilung Erwartungswert

Schüler

Tags: Finde keinen Ansatz, zum Aufgabenteil c)

Timop aktiv_icon

14:46 Uhr, 09.09.2023

Eine Gruppe aus 8 Schülerinnen spielt Flaschendrehen. Alle 8 Teilnehmnerinnen sitzen in einem Kreis, und die Flasche wird gedreht. Ein solcher Durchgang heißt "Spiel". Es darf angenommen werden, dass die Flasche eindeutig auf eine Person zeigt. Wer angezeigt wird, zahlt 1€.

a)

Ermitteln Sie die Wsk, dass Joey bei

12

Spielen mindestens 2€ einzahlen muss.

b)

Berechnen Sie, wie oft die Gruppe mindestens spielen muss, damit Joey mit 95%-iger Wsk mind. 1€ bezahlen muss.

c)

Die Gruppe vereinbart, dass niemand mehr als 5€ einzahlen muss. Wenn die Flasche zum fünften Mal auf die gleiche Person zeigt (nicht unbedingt in Folge), dann hören die Teilnehmerinnen auf. Berechnen Sie den Erwartungswert, wie viel Geld danach in der Kasse ist.

Bemerkung: Die Aufgabenteile

a)

und

b)

konnte ich berechnen; meine Ergebnisse habe ich hier aufgreschrieben.
Bei Aufgaenteil

c)

stehe ich völlig auf dem Schlauch - finde noch nicht einmal einen Ansatz bzw. Lösungsweg (Hilfe!!!)
Hoffentlich könnt ihr mir helfen. Super vielen Dank vorab.
LG Tina

a)

X

gebe die Anzahl der Treffer an,

d . h

. wie oft die Flasche auf einen Mitspieler zeigt

p = \frac{1}{8}; n = 12

Mit einer Wahrscheinlichkeit von

45 %

muss Svenja bei 12-maligem Andrehen der Flasche mindestens zwei Pfandstücke abgeben.

b)

Ansatz über eine Bernoullikette mit der unbekannten Länge

n,

mit mindestens einem Treffer und dem Parameter
Die Flasche muss mindestens 23-mal gedreht werden, damit Joey mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als

95 %

mindestens ein Pfandstück abgeben muss.

c)?????

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

HAL9000

15:55 Uhr, 09.09.2023

c) ist in der Tat ein Hammer, der von der Schwierigkeit her überhaupt nicht zu den anderen beiden Aufgaben a) und b) passt. Gewissermaßen mit Bruteforce über die Multinomialverteilung habe ich mit CAS für den gesuchten Erwartungswert

μ \approx 18.726

ermittelt. Vielleicht übersehe ich eine entscheidende Vereinfachung im Rechenweg...

KL700 aktiv_icon

16:06 Uhr, 09.09.2023

a) P (X \geq 2) = 1 - P (X \leq 1) = 1 - P (X =) - P (X = 1)

= 1 - {(\frac{7}{8})}^{12} - 12 \cdot \frac{1}{8} \cdot {(\frac{7}{8})}^{11} = 0,4533

b) P (X \geq 1) = 1 - P (X = 0) = 0,95

1 - {(\frac{7}{8})}^{n} = 0,95

{(\frac{7}{8})}^{n} = 0,05

n = \frac{ln 0,05}{ln (\frac{7}{8})} = 22,43

n = 23

(aufgerundet)

Deine Ergebnisse sind soweit richtig.

c)

Ich gehe von

12

Spielen aus.

P (X \leq 5) = 99,82 % =

WKT, dass man nicht mehr als 5-mal dran ist.

12 \cdot 1 \cdot 0,9982 = 11,97

Ich hoffe, ich sehe das richtig.

HAL9000

16:20 Uhr, 09.09.2023

Das mit den 12 Spielen gilt für a), nicht für c).

Kombinatorisch geht es um folgendes Problem: Man betrachtet eine Folge von Zahlen aus {1,...,8}, wobei jede dieser Zahlen an jeder Position mit gleicher Wahrscheinlichkeit vorkommt und stoppt in dem Moment, wo irgendeine dieser 8 Zahlen zum fünften Mal vorkommt (logischerweise kamen bis dahin alle acht Zahlen nur in der Anzahl

\leq 4

vor). Gesucht ist hier der Erwartungswert dieser Stopp-Position.

Klar ist, dass die zufällige Stopp-Position irgendwo zwischen 5 und 33 liegt: Minimum 5 wird erreicht, wenn gleich die ersten 5 Flaschendrehungen immer dieselbe Person treffen, während Maximum 33 genau dann auftritt, wenn in den ersten 32 Drehungen alle acht Personen jeweils genau viermal drankommen.

Timop aktiv_icon

16:56 Uhr, 09.09.2023

Hallo HAL9000,
vielen Dank für deine Hilfe.
Das sehe ich auch so - diese Aufgabe ist echte der Hammer. Ich hatte gedacht, dass ich hier was übersehen habe. Ich kann mir nicht vorstellen, dass mein Lehrer gemeint hat, dass ich die Aufgabe mit Bruteforce über Multinomialverteilung lösen soll.

Könnte das vielleicht so sein, wie KL700 geschrieben hat,wenn ich von

12

Spielen ausgehe? Dies würde zumindest zum Schwierigkeitsgrad der übrigen Teilaufgaben passen.

LG Tina

Timop aktiv_icon

16:58 Uhr, 09.09.2023

Hallo KL700,
vielen Dank für deine Hilfe. Bin schon mal beruhigt, dass ich wenigstens die ersten beiden Teilaufgaben richtig hab.
Bei der

c)

bin ich nicht sicher, ob mein Lehrer tatsächlich das vergessen hat aufzulisten, dass man von

12

Spielen ausgehen soll.

HAL9000

17:27 Uhr, 09.09.2023

Auch bei einer Begrenzung auf 12 Spiele ist dieser Wert nicht richtig.

Timop aktiv_icon

17:32 Uhr, 09.09.2023

Hmmm, jetzt bin ich unsicher. Folgende Frage zur Info: Hätte dann die

c)

so lauten müssen - passend zur Rechnung von KL700????

Die Gruppe vereinbart

12

Spielen. Berechnen Sie den Erwartungswert, wie viel Geld in der Urlaubskasse ist, wenn die Flasche höchstens fünf Mal auf die gleiche Person zeigt.

HAL9000

17:48 Uhr, 09.09.2023

Vielleicht erläutert KL700 mal die Idee hinter ihrer Rechnung - ich verstehe sie nicht.

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

Ich erläutere hingegen meinen Lösungsweg:

Für jedes 7-Tupel

(k_{1}, \dots, k_{7}) \in {0, 1, 2, 3, 4}^{7}

mit

n = k_{1} + \dots + k_{7} + 4

gibt

q = \frac{n!}{k_{1}! \cdot \dots \cdot k_{7}! \cdot 4! \cdot 8^{n}}

gemäß Multinomialverteilung die Wahrscheinlichkeit an, dass in den ersten

n

Flaschendrehungen genau

k_{i}

-mal Person

i

gewählt wurdet und genau viermal Person 8. Demzufolge ist

\frac{q}{8}

dann die Wahrscheinlichkeit, dass im Rahmen dieser Konstellation dann im

(n + 1)

-en Versuch das Spiel durch eine Flaschendrehung auf Person 8 beendet wird.

Nun ist Person 8 nur exemplarisch gewählt, zieht man die anderen 7 Personen hinzu bekommt man insgesamt Wahrscheinlichkeit

8 \cdot \frac{q}{8} = q

dafür , dass das Spiel im

(n + 1)

-en Versuch beendet wird, sofern die Wurfanzahlen der ANDEREN(!) 7 Personen (also exklusive der beendenden Person) durch das genannte 7-Tupel bestimmt ist.

Summiert über alle möglichen 7-Tupel und versehen mit (dem vom Tupel abhängigen) Faktor

(n + 1)

bekommt man den Erwartungswert

μ

für die Spielanzahl, d.h.

μ = \sum_{(k_{1}, \dots, k_{7}) \in {0, 1, 2, 3, 4}^{7}} (n + 1) \cdot \frac{n!}{k_{1}! \cdot \dots \cdot k_{7}! \cdot 4! \cdot 8^{n}} = \sum_{(k_{1}, \dots, k_{7}) \in {0, 1, 2, 3, 4}^{7}} \frac{(k_{1} + \dots + k_{7} + 5)!}{k_{1}! \cdot \dots \cdot k_{7}! \cdot 4! \cdot 8^{k_{1} + \dots + k_{7} + 4}}

Ja, womöglich kann man diese Summe von insgesamt

5^{7} = 78125

Summanden noch signifikant vereinfachen - ich hab einfach das CAS rechnen lassen. ;-)

Timop aktiv_icon

18:43 Uhr, 09.09.2023

Hallo Hal9000,
von deinem Lösungsweg bin total beeindruckt - alle Achtung!!!
Vielen lieben Dank für deine Mühe. Ich kann mir nicht vorstellen, dass mein Lehrer dies von uns tatsächlich erwartet.
Im Ansatz kann ich deinen Weg nachvollziehen - brauche aber in der Tat dafür noch einiges an Gehirnschmalz.
LG Tina

Randolph Esser aktiv_icon

22:46 Uhr, 09.09.2023

Mein allgemeiner Ansatz für

c) :

n

Spieler,

Schluss, sobald einer

m

mal verloren hat.

Erwartungswert für die Kasse

(=Erwartungswert für die Anzahl der Spiele):

\sum_{k = 0}^{(n - 1) \cdot (m - 1)} (k + m) \cdot {(\frac{1}{n})}^{k + m} \cdot n \cdot \sum_{ρ \in ρ (k)} \frac{(k + m)!}{m! \cdot \prod_{l = 1}^{n - 1} ρ_{l}!},

wobei

ρ (k)

die Menge der Tupel

ρ \in {0,1, ..., m - 1}^{n - 1}

ist,

für die

k = \sum_{l = 1}^{n - 1} ρ_{l}

gilt.

Ich bezweifle, dass es dafür eine schlanke Formel gibt.

Zudem müsste auch

1 = \sum_{k = 0}^{(n - 1) \cdot (m - 1)} {(\frac{1}{n})}^{k + m} \cdot n \cdot \sum_{ρ \in ρ (k)} \frac{(k + m)!}{m! \cdot \prod_{l = 1}^{n - 1} ρ_{l}!}

gelten.

Falls mich die Muße küsst, werde ich das mal rekursiv coden...

Timop aktiv_icon

08:07 Uhr, 10.09.2023

Hallo Kartoffelkäfer,

vielen Dank für Deine Mühe - deinen Ansatz verstehe ich nicht so ganz.
Was meinst du mit rekursiv?
LG
Tina

Randolph Esser aktiv_icon

08:51 Uhr, 10.09.2023

Das hat mit der Aufgabe nichts zu tun.
Ich meine eine Art zu programmieren,
wobei rekursiv eigentlich nicht der
richtige Begriff ist, sondern Backtracking.
Es sind Prozeduren, die sich immer wieder
selbst aufrufen, kurz gesagt.
Ich würde dann auf diese Weis die

ρ (k)

ermitteln.

Ein einfaches Beispiel für Backtracking
ist der Turm von Hanoi, siehe Anhang.

Beachte, wie simpel und kurz Proc TurmVonHanoi(...)
dort ist und dennoch löst es das Problem und zwar
für jedes

n

. Das ist die Macht von Backtracking.
Der Preis oder die Gefahr ist,
dass man durch dummes
"Probier-alles-aus-Coden"
relativ leicht jeden
Großrechner der Galaxis in die
Knie zwingen kann, oder so...

Randolph Esser aktiv_icon

21:58 Uhr, 10.09.2023

Meine Formel war nicht ganz korrekt.

Nach dem Studium von HALs Vorgehen kann ich auf

\sum_{k = 0}^{(n - 1) \cdot (m - 1)} (k + m) \cdot {(\frac{1}{n})}^{k + m} \cdot n \cdot \sum_{ρ \in ρ (k)} \frac{(k + m - 1)!}{(m - 1)! \cdot \prod_{l = 1}^{n - 1} ρ_{l}!}

korrigieren (das letzte Spiel ist ja nicht multinomial verteilt).

Diese Formel ist nun korrekt.

Das Problem ist, wenn die schöne Formel

aus dem Mathehimmel mit mit der binären Computerhölle kollidiert.

Die Formel flutscht schon bei relativ kleinen Parametern

überhaupt nicht mehr, wenn man sie mal eben

mit Standardvariablen programmiert (GfA

32

Basic)

So schaufelt mein Compi grad mal ein paar erste Werte:

(\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 2,5 & 2,88888 & 3,21875 & 3,5104 & 3,77469 & 4,01814 & 4,24501 \\ 3 & 3 & 4,125 & 5,04938 & 5,86413 & 6,60631 & 7,29554 & \cdot & \cdot \\ 4 & 4 & 5,8125 & 7,34827 & 8,73054 & 10,01 & \cdot & \cdot & \cdot \\ 5 & 5 & 7,539 & 9,7342 & 11,73676 & \cdot & \cdot & \cdot & \cdot \end{matrix}),

wobei die Spalte die Spieleranzahl und die Zeile die Abbruchbedingung bedeutet.

Z . B

. besteht ein Durchgang mit 4 Spielern,
der beendet ist, wenn einer 5 mal verloren hat,
durchschnittlich aus ca.

11,73676

Spielen.
Die Posten ohne Angabe waren bereits zu rechenintensiv.

Man sieht ich komme nichtmal in die Nähe von "

8,5

",
dafür müsste ich nun noch den Code optimieren...

HAL9000

08:11 Uhr, 11.09.2023

Für Genauigkeitsfanatiker hier mal noch der genaue Ergebniswert:

μ = \frac{1}{2^{89}} \cdot 11 590 782 316 901 114 609 373 304 835

Die Erwartungswerte aus der Tabelle von Kartoffelkäfer stimmen mit den aus der Formel

μ_{m, n} = \sum_{(k_{1}, \dots, k_{n - 1}) \in {(0, 1, \dots, m - 1)}^{n - 1}} \frac{(m + \sum_{i = 1}^{n - 1} k_{i})!}{n^{m - 1 + \sum_{i = 1}^{n - 1} k_{i}} \cdot (m - 1)! \cdot \prod_{i = 1}^{n - 1} k_{i}!}

gewonnenen Werten überein.

Randolph Esser aktiv_icon

09:48 Uhr, 11.09.2023

Mal eine dreiste Frage, HAL:
Womit arbeitest Du eigentlich,
so soft- und hardwaremäßig ?
Womit

z . B

. lässt Du sowas wie hier rechnen ?
Ich lebe da nämlich etwas hinter
dem Mond - acht Jahre altes Laptop,
sechs Jahre altes Smartphone usw...

HAL9000

10:15 Uhr, 11.09.2023

Das oben habe ich mit Matlab-CASModul MuPAD rechnen lassen, hat ungefähr 3 Sekunden gerechnet. Aber ich kann nun auch eine schnellere Variante in Python bieten (s.u.), da reduziert sich die Berechnungszeit auf 0.2 Sekunden. Die Rechnung erfolgt nach wie vor exakt, dank Pythons limitlosen Integerzahlen.

P.S.: Mein PC ist übrigens über 8 Jahre alt.

Randolph Esser aktiv_icon

11:25 Uhr, 11.09.2023

Python, aha, schon von gehört.
Mit Math-Makros, da seh ich natürlich
alt aus - bei mir werden sogar die Fakultäten
durch eine selbstgebastelte Methode berechnet.
Python werde ich mir wohl mittelfristig
mal besorgen und mich damit anfreunden.
Danke für den Tipp !

HAL9000

11:29 Uhr, 11.09.2023

Hab die Pythonprozedur mal für 2..8 Personen und Stopp-Limit 2..5 mal durchrechnen lassen, mit folgendem Ergebnis (rohe Textausgabe):

mu(2,2) = 5 / 2 = 2.5
mu(2,3) = 26 / 9 = 2.888888888888889
mu(2,4) = 103 / 32 = 3.21875
mu(2,5) = 2194 / 625 = 3.5104
mu(2,6) = 1223 / 324 = 3.7746913580246915
mu(2,7) = 472730 / 117649 = 4.018138700711439
mu(2,8) = 556403 / 131072 = 4.245018005371094
mu(3,2) = 33 / 8 = 4.125
mu(3,3) = 409 / 81 = 5.049382716049383
mu(3,4) = 48039 / 8192 = 5.8641357421875
mu(3,5) = 2580591 / 390625 = 6.60631296
mu(3,6) = 4084571 / 559872 = 7.29554433870599
mu(3,7) = 109952140341 / 13841287201 = 7.943779992734796
mu(3,8) = 18821356668483 / 2199023255552 = 8.55896208508193
mu(4,2) = 93 / 16 = 5.8125
mu(4,3) = 48212 / 6561 = 7.3482700807803685
mu(4,4) = 2288659 / 262144 = 8.730541229248047
mu(4,5) = 2443849764 / 244140625 = 10.010008633344
mu(4,6) = 247150321423 / 22039921152 = 11.213757060132336
mu(4,7) = 20124578993974132 / 1628413597910449 = 12.35839532401205
mu(4,8) = 3878149147363203903 / 288230376151711744 = 13.455032738540776
mu(5,2) = 965 / 128 = 7.5390625
mu(5,3) = 574795 / 59049 = 9.734203796846687
mu(5,4) = 6301126135 / 536870912 = 11.736762030050159
mu(5,5) = 2076630126481 / 152587890625 = 13.609403196905882
mu(5,6) = 56252877655712005 / 3656158440062976 = 15.385787727170563
mu(5,7) = 3273481682734506526655 / 191581231380566414401 = 17.086651229586792
mu(5,8) = 11590782316901114609373304835 / 618970019642690137449562112 = 18.725918782935675
running time 0.328 s

Übrigens: Was versteht man unter "Math-Makros" ? Ist das irgendeine Sprache?

HJKweseleit aktiv_icon

00:34 Uhr, 14.09.2023

Ich habe ein Simulationsprogramm für das Problem geschrieben und 1 000 000 Durchläufe gemacht. Wie bei Hal9000 kam dabei als Durchschnittswert 18,729 heraus, die kleine Abweichung war dabei zu erwarten.

Timop aktiv_icon

16:01 Uhr, 14.09.2023

Ich bin total beeindruckt von all diesen super coolen
Lösungen zu meinem Problem mit der Aufgabe

c)

.

Gut - ich gebe zu, dass ich hier nicht mehr ganz mitkomme.
Ihr seid alles Mathematikstudenten oder richtige Mathematiker, oder??
LG
Tina

HAL9000

16:03 Uhr, 14.09.2023

Zusätzlich zu Erwartungswert

μ = E (X) \approx 18.726

habe ich mal noch die Standardabweichung

σ = \sqrt{V (X)} \approx 4.476

dieser Anzahlgröße ausgerechnet, mit ähnlichem Mitteln wie oben. Bei großer Durchlaufanzahl

N

ist dann das

(1 - α)

-Konfidenzintervall für das Simulationsergebnis ungefähr

[μ - \frac{σ}{\sqrt{N}} z_{1 - \frac{α}{2}}, μ + \frac{σ}{\sqrt{N}} z_{1 - \frac{α}{2}}]

.

Hier für

N = 1 000 000

und

α = 0.05

bekommen wir damit das 95%-Konfidenzintervall

[18.719, 18.733]

. Ein Simulationsergebnis wie 18.729 ist also völlig im Rahmen des Erwartbaren.

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