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Durchschnittliche Wurfszahl

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Erwartungswert

Tags: Erwartungswert

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18:28 Uhr, 11.02.2010

Guten Abend

Wie oft muss man im Durchschnitt eine faire Münze werfen, bis sowohl Kopf wie Zahl sich ereignet haben.

Diese Aufgabe hat wohl etwas mit dem Erwartungswert zu tun. Leider bin ich mit dieser Thematik noch überhaupt nicht vertraut. Ichw eiss, es ist nicht unbedingt der Sinn dieses Forum, aber ich verstehe Mathematik einfach bei der direkten Anwendung am besten. Deshalb wollte ich fragen, ob mir jemand von A bis Z erklären könnte, wie man diese AUfgabe lösen muss, damit ich die kommenden Erwartungsaufgabe ohne Hilfe lösen kann.

Vielen Dank, Gruss Marc

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.)

hagman aktiv_icon

21:30 Uhr, 11.02.2010

Der Erwartungswert ergibt sich, indem man die jeweils möglichen Ergebnisse mit der Wahrscheinlichkeit dieses Ergebnisses multipliziert und diese Produkte alle addiert.
So ist der Erwartungswert eines Würfelwurfs, da jeder Wert von 1 bis 6 mit der Wahrscheinlichkeit

\frac{1}{6}

auftritt, genau

1 \cdot \frac{1}{6} + 2 \cdot \frac{1}{6} + 3 \cdot \frac{1}{6} + 4 \cdot \frac{1}{6} + 5 \cdot \frac{1}{6} + 6 \cdot \frac{1}{6} = 3 \frac{1}{2}

.

Beim Münzwurf wie beschrieben ist das Ergebnis
1: mit Wahrscheinlichkeit

0,

(denn weder

H

noch

T

ist sowohl

H

als auch

T)

2: mit Wahrscheinlichkeit

\frac{2}{4} (H T

oder

T H

geworfen)
3: mit Wahrscheinlichkeit

\frac{2}{8} (H H T

oder

T T H)

4: mit Wahrscheinlichkeit

\frac{2}{16} (H H H T

oder

T T T H)

Allgemein ist die Wahrscheinlichkeit für Ergebnis

n

(mit

n > 1)

offenbar

2^{1 - n},

da genau 2 der

2^{n}

möglichen Wurffolgen "günstig" sind.
Demnach

E (X) = 1 \cdot 0 + 2 \cdot \frac{1}{2} + 3 \cdot \frac{1}{4} + 4 \cdot \frac{1}{8} + ... + n \cdot 2^{1 - n} + . .

= \sum_{n = 2}^{\infty} n \cdot 2^{1 - n}

Man könnte jetzt diese Reihe ausrechnen.
Man kann aber auch anders vorgehen:
Das Zufallsereignis

Y

beschreibe die Anzahl Münzwürfe, die man braucht, bis "Kopf" erscheint (oder, was auf dasselbe hinausläuft: bis "Zahl" erscheint).
Dann gilt

E (X) = 1 + E (Y),

denn für das "Sammeln" beider Seiten müssen wir einen Anfangswurf machen (daher die

1)

und im Anschluss solange werfen bis die andere Seite erscheint (daher das

E (Y))

E (Y)

wiederum kann man auch wie folgt berechnen:
Als erstes muss man eine Münze werfen; das kostet schon einmal "1" Wurf.
Mit der Wahrscheinlichkeit

\frac{1}{2}

sind wir dann fertig. Mit der Gegenwahrscheinlichkeit von ebenfalls

\frac{1}{2}

haben wir jedoch Pech und müssen nochmal anfangen, also erwartungsgemäß nochmal

E (Y)

Würfe benötigen.
Somit

E (Y) = 1 + \frac{1}{2} \cdot 0 + \frac{1}{2} \cdot E (Y)

woraus

E (Y) = 2

folgt.
Damit ergibt sich

E (X) = 3

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19:54 Uhr, 12.02.2010

Hallo

Ich möchte mich zuerst für die Erklärung bedanken.

bei der unteren Erklärung komme ich nicht wirklich nach, obwohl die erklärung verglichen mit Lehrbücher mir sehr verständlich erscheint, jedoch meinem Verständnis offensichtlich noch immer nicht ausreicht.

E(X) = 1 + E(Y)

Was heisst E(X) ? Wahrscheinlichkeit das Zahl erscheint, oder Zufallsereignis dass Zahle rscheint?

Ich habe einfach Probleme mit dem Begriff Zufallsereignis

Sorry ich versteh das Zeugs einfach nicht, man bin ich blöd.......
Wieso sind wir mit der Wahrscheinlichkeit von 1/2 nach einem Wurf fertig? Ich will ja dass Kopf und Zahl da steht.

Danke, gruss Marc

hagman aktiv_icon

20:02 Uhr, 12.02.2010

X

sei die Zufallsvariable "Anzahl Münzwürfe, bis sowohl

H

als auch

T

erschienen sind" und damit die eigentlich zu untersuchende Zufasllsvariable.

Y

sei die Zufallsvariable "Anzahl Münzwürfe, bis

H

erscheint" oder vielleicht besser "Anzahl Münzwürfe, bis die von mir vorab gewählte Seite erscheint".
Wenn ich vorab eine Seite auswähle, tritt dies mit

\frac{1}{2}

bereits beim ersten Wurf ein, also nimmt

Y

mit Wahrscheinlichkeit

\frac{1}{2}

den Wert 1 an; ebenso mit Wahrscheinlichkeit

\frac{1}{4}

den Wert 2 usw.
Dadurch wird

E (Y) = \frac{1}{2} \cdot 1 + \frac{1}{4} \cdot 2 + \frac{1}{8} \cdot 3 + \frac{1}{16} \cdot 4 + \frac{1}{32} \cdot 5 + . .

.
Aber leichter ist

E (Y)

aus der Überlegung, dass

E (Y) = 1 + \frac{1}{2} \cdot E (Y)

gelten muss, zu bestimmen.

E (X)

findet man dann daraus, dass man erst einen Wurf machen muss und dann die andere Seite als "vorab gewählte" in obiger Beschreibung von

Y

wählt. Somit

E (X) = 1 + E (Y)

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21:25 Uhr, 12.02.2010

Guten Abend

Langsam aber sicher verstehe ich es.
Doch wenn nun statt zwei drei Gegenstände im Spiel sind, komme ich leider bereits wiede rnicht nach,

In einer Schüssel befinden sich eine rote Kugel, eine blaue Kugel und eine weisse Kugel. Ohne hinzuschauen wird eine Kugel entnommen und und nachher wieder zurückgelegt in die Schüssel. Wie viele male muss im Durchschnitt in die Schüssel greifen, bis man jede der drei Kugeln (mindestens einmal) in der Hand gehabt hat.

Ich wäöre echt dankabr, wenn du es mir anhand beider Varianten erklären könntest

Vielen Dnak, Gruss Marc

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21:29 Uhr, 12.02.2010

Nun würde ich noch eine weiteres Erschwärnis einbauen.
Wie oft muss man Würfel, damit jede Augenzahl mindestens einmal erscheint?
Wie oft muss man Würfel, damit jede Augenzahl mindestens einmal erscheint, jedoch sol die AUgenzahl 2 mindestens 2 mal erscheinen?

Danke, gruss Marc

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16:54 Uhr, 13.02.2010

Die erste Frage geht wie folgt:
Sei

X_{k}

die Zufallsgröße "Anzahl Würfe, bis erstmals eine Zahl auftritt, die nicht in einer vorab gewählten k-elementigen Menge ist".

E (X_{k})

kann man ähnlich berechnen wie das Warten auf Kopf bei einer Münze:
Man muss einmal werfen

(1)

. Mit einer Wahrscheinlichkeit von

\frac{6 - k}{6}

ist man dann fertig, jedoch mit einer Wahrscheinlichkeit von

\frac{k}{6}

fängt das Spiel danach von vorne an.
Somit

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

woraus

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

folgt.
Um alle 6 Augenzahlen zu "sammeln" (dazu gehöre die Zufallsvariable

X),

fängt man mit 0 "gefundenen" Zahlen an,wartet, bis man die erste wirft, wartet danach bis man eine andere wirft, danach bis man eine von den beiden verschiedene wirft usw.
Somit

E (X) = E (X_{0}) + E (X_{1}) + E (X_{2}) + E (X_{3}) + E (X_{4}) + E (X_{5})

= \frac{6}{6 - 0} + \frac{6}{6 - 1} + \frac{6}{6 - 2} + \frac{6}{6 - 3} + \frac{6}{6 - 4} + \frac{6}{6 - 5} = 14 \frac{7}{10}

Für die zweite Aufgabe ist es langsam an der Zeit, das ganze mit einem Zustandsdiagramm und Übergangswahrscheinlichkeiten zu lösen: Man bewegt sich zwischen Zuständen der Form a-mal die "2" geworfen und insgesamt

b

der übrigen 5 Zahlen geworfen, wobei a einen der Werte " 0 ", " 1 " oder "

\geq 2

" annimmt und

b

von 0 bis 5 einschließlich. Das sind insgesamt

18

Zustände und wird langsam schwierig ohne Grafik zu beschreiben.

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13:25 Uhr, 14.02.2010

Guten Nachmittag

Ich muss da nochmals rückfragen.

Wenn ich das Schema mit den Würfeln auf den Münzwurf anwende, so würe es doch lauten:

E(x) = 2/(2-0) + 2/(2-1) = 3

Wieso wurde nicht dieser Weg vorgeschlagen?

Danke, gruss Marc

hagman aktiv_icon

13:45 Uhr, 14.02.2010

Genau genommen *wurde* der Weg eingeschlagen.

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

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