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Durchschnittliche, höchste Augenzahl bei N-Würfel

Universität / Fachhochschule

Erwartungswert

Tags: Durchschnitt, Erwartungswert, Würfel

J0k3r aktiv_icon

21:06 Uhr, 09.12.2009

Hallo zusammen,

Habe folgendes Problem bzw. Rästel:
Ich möchte berechnen, wie hoch die durchschnittliche höchste Augenzahl beim Würfeln mit

N

Würfel ist.

Beispiel:
mit einem Würfel:

(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}) = 3,5

bzw zusammengefasst:

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

mit 2 Würfel:
Hier wird jetzt nur noch die höchste Augenzahl eines Wurfes gewertet. Werfe ich

z . b

eine "1 und eine "5", dann notiere ich mir nur die höchste Augenzahl dieses Wurfes, also die "5".

Ich habe jetzt mal versucht diesen durchschnittlichen Ergebniswert auszurechnen:

6 \cdot (\frac{1}{6} + \frac{5}{36}) + 5 \cdot (\frac{1}{6} + \frac{4}{36}) + 4 \cdot (\frac{1}{6} + \frac{3}{36}) + 3 \cdot (\frac{1}{6} + \frac{2}{36}) + 2 \cdot (\frac{1}{6} + \frac{1}{36}) + 1 \cdot (\frac{1}{36})

Zur erklärung: Die jeweiligen Multiplikationen mit den Zahlen 1 bis 6 dienen zur "Gewichtung" wie auch schon im Beispiel oben.
Die Teile in den KLammern sollten eigentlich jeweils die Wahrscheinlichkeiten sein, die entsprechende Zahl als Ergebnis zu erhalten. Ich glaube aber, da ist mir ein Fehler unterlaufen, als durchschnittliches Ergebnis bekomme ich nämlich

\frac{191}{36} = 5.305

heraus und das scheint mir deutlich zu hoch zu sein.

Hat jemand eine Idee wie man das richtig ausrechnet? Am besten auch noch eine "allgemeine" Formel für N-Würfel?

Danke
Gruß Christian

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Flächenmessung
Raummessung
Volumen und Oberfläche eines Prismas

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

J0k3r aktiv_icon

21:24 Uhr, 09.12.2009

Ok, habe den Fehler wohl gefunden. Dennoch stellt sich für mich die Frage, wie ich so etwas allgemein für N-Würfel ausrechne.

Die Lösung (die jetzt hoffentlich richtig ist) müsste

\frac{161}{36} = 4,47

sein.

Folgender Ansatz: Es gibt

11

Möglichkeiten, 6 als Ergebnis zu bekommen und zwar:

1,6

2,6

3,6

4,6

5,6

6,6

6,5

6,4

6,3

6,2

6,1

Für die 5 gibt es 9 Möglichkeiten, für 4 gibt es

7,

bei 3 gibts

5,

bei 2 gibts 3 und bei 1 gibts nur eine Möglichkeit. Die Berechnung sieht also folgendermaßen aus:

\frac{11}{36} \cdot 6 + \frac{9}{36} \cdot 5 + \frac{7}{36} \cdot 4 ... .

+ \frac{1}{36} = \frac{161}{36} = 4,47

Die Frage, wie es allgemein aussieht bei

N

Würfel bzw. bei

N

Würfel mit jeweils

X

Zahlen stellt sich mir aber trotzdem noch.

Gruß Christian

hagman aktiv_icon

22:02 Uhr, 09.12.2009

Die Wahrscheinlichkeit, dass das Maximum

M

aus

N

"Würfeln" jeweilsmit Zahlen

1,2, ..., X

*kleiner-gleich*

k

ist, beträgt

P (M \leq k) = {(\frac{k}{X})}^{N},

nämlich

N

unabhängige Ereignisse der jeweiligen Wahrscheinlichkeit

\frac{k}{X}

.
Daher ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Maximum

M

*genau*

k

ist

P (M = k) = P (M \leq k) - P (M \leq k - 1) = {(\frac{k}{X})}^{N} - {(\frac{k - 1}{X})}^{N}

Beispiel

X = 6, N = 2, P (M = 4) = {(\frac{4}{6})}^{2} - {(\frac{3}{6})}^{2} = \frac{4}{9} - \frac{1}{4} = \frac{7}{36}

hattest du auch raus.

J0k3r aktiv_icon

22:30 Uhr, 09.12.2009

Viele Dank hagman,

nach so einer Formel hab ich gesucht.
Wie sieht das aber aus, wenn ich direkt dem durchschnittlichen Erwartungswert suche? So wie ich es für 2 Würfel ausgerechnet habe

(= \frac{161}{36})

Speziell wenn ich mit deutlich größeren Wertebereiche für

X

rechne?
Komme dann wohl um eine Aufsummierung nicht drum rum oder?

In etwa so:

\sum_{i = 1}^{x} (i \cdot P (M = k))

??
Wobei

P (M = k)

für folgende von dir genannte Formel steht:

{(\frac{k}{X})}^{N} - {(\frac{k - 1}{X})}^{N}

hagman aktiv_icon

23:01 Uhr, 09.12.2009

E (M) = \sum_{k = 1}^{X} k \cdot P (M = k)

= \sum_{k = 1}^{X} k \cdot (P (M \leq k) - P (M \leq k - 1)

= \sum_{k = 1}^{X} k \cdot P (M \leq k) - \sum_{k = 1}^{X} k \cdot P (M \leq k - 1)

= \sum_{k = 1}^{X} k \cdot P (M \leq k) - \sum_{k = 0}^{X - 1} (k + 1) \cdot P (M \leq k)

= X \cdot P (M \leq X) + \sum_{k = 1}^{X} (k - (k + 1)) \cdot P (M \leq k) - 1 \cdot P (M \leq 0)

= X - \sum_{k = 1}^{X} P (M \leq k)

= X - \sum_{k = 1}^{X} {(\frac{k}{X})}^{N}

Als Näherung:
Für große

X

ist die Summe grob geschätzt

\approx X \cdot \int_{0}^{1} t^{N} d t = \frac{X}{N + 1},

also

E (M) \approx \frac{N}{N + 1} \cdot X

.
Für

N = 1, X = 3

liefert diese Näherung 3 (statt

3,5),

für

N = 2

dann 4 statt

4 \frac{17}{36}

J0k3r aktiv_icon

23:07 Uhr, 09.12.2009

Viieeeelen Dank hagman,

das ist haargenau das, was ich gesucht hab.

Gruß Christian

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