Erwartungswert < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | | Ein normaler Würfel werde n-mal geworfen und X gebe das Maximum der geworfenen Augenzahlen an. Berechne den Erwartungswert von X |
Guten Tag,
allgemein Erwartungswertprobleme habe ich nicht, doch hier verstehe ich es nicht. n-mal geworfen? und gebe das Maximum der Augenzahlen an?
kann mir jemand helfen, es zu lösen?
LG
|
|
| |
|
Hallo,
> Ein normaler Würfel werde n-mal geworfen und X gebe das
> Maximum der geworfenen Augenzahlen an. Berechne den
> Erwartungswert von X
> Guten Tag,
>
> allgemein Erwartungswertprobleme habe ich nicht, doch hier
> verstehe ich es nicht. n-mal geworfen? und gebe das Maximum
> der Augenzahlen an?
>
> kann mir jemand helfen, es zu lösen?
Na ja, vom Prinzip her läuft es wie immer. Die Werte von X entstammen der Menge [mm] \left\{1,2,3,4,5,6\right\}, [/mm] und für diese Werte benötigst du jeweils die Wahrscheinlichkeit. Und hier geht die Schwierigkeit ja los.
Für X=1 haben wir
[mm]P\left ( X=1 \right )= \left(\frac{1}{6}\right)^n[/mm]
Das ist natürlich simpel.
X=2 ist aber auch noch ganz gut zu handeln:
[mm]P\left ( X=2 \right )= \frac{n}{6}* \sum_{k=0}^{n-1}{n-1 \choose k}*\left ( \frac{1}{6} \right )^k*\left ( \frac{1}{6} \right )^{n-1-k}=\frac{n}{6}*\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}[/mm]
Dabei stehen die vorderen n/6 für die 2, die auf jeden Fall an einer beliebigen von n Position fallen muss. Die Summe dahinter ist die Summe aller Wahrscheinlichkeiten beliebiger Kombinationen aus (n-1) 1en und 2en (die Zusammenfassung am Ende bitte nochmals prüfen, die ist mit der heißen Nadel gestrickt).
Für die anderen Werte kann man jetzt ähnlich vorgehen, nur dass die Wahrscheinlichkeiten in der Summe hier noch entsrechend abgeändert werden müssen.
Ich habe das jetzt nicht durchgerechnet, ob da am Ende ein schönes und einfaches Ergebnis herauskommt oder ein symbolisches Gemetzel, aber der aufgezeigte Weg sollte dir weiterhelfen.
Auch nicht ausschließen möchte ich die Möglichkeit, dasss es ähnlich wie beim ![[]](/images/popup.gif) CCP eine 'geniale' Überlegung gibt, wie man ohne Berechnung der einzelnen Wahrscheinlichkeiten zum Ziel kommt. Falls es eine solche Möglichkeit geben sollte - dann ist sie mir einfach noch nicht eingefallen...
Gruß, Diophant
|
|
|
| |
|
Danke,
Wie würde es bei X=3 aussehen?
Diese Summe verstehe ich nicht ganz.
X=4,5,6 versuche ich dann selber.
Vielen Dank
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:34 Mi 16.05.2018 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
> Wie würde es bei X=3 aussehen?
>
> Diese Summe verstehe ich nicht ganz.
> X=4,5,6 versuche ich dann selber.
ich denke, das hat sich erübrigt. Der Weg, der in der Antwort von Gonozal_IX aufgezeigt wird, ist um so vieles einfacher als meiner, dass es keinen Sinn macht, meine Idee weiterzuverfolgen.
EDIT: ich bin mir mittlerweile nicht mehr sicher, ob der besagte Weg richtig ist. Warten wir mal ab, bis das geklärt ist, danach antworte ich hier ggf. noch, sofern dies zur Klärung der Frage noch Sinn macht.
Gruß, Diophant
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:20 Fr 18.05.2018 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
| |
|
Hiho,
du hast n Würfelwürfe.
Sei [mm] $X_i$ [/mm] du Zufallsvariable, die den i-ten Wurf ausgibt dann ist
$X = [mm] \max\{X_1,\ldots,X_n\}$ [/mm] das Maximum der n Würfe.
Du suchst nun $E[X]$.
Berechnen wir erst mal die Verteilung von X, also:
$P[X [mm] \le [/mm] k] = [mm] P[X_1 \le [/mm] k, [mm] \ldots, X_n \le [/mm] k] = [mm] P[X_1 \le k]^n [/mm] = [mm] \left(\frac{k}{6}\right)^n$ [/mm] für $k [mm] \in \{1,\ldots,6\}$
[/mm]
Nutze nun folgende hervorragend geeignete Formel für den EW nichtnegativer diskreter ZV:
[mm] $E[X]=\sum_{k=1}^\infty P(X\geq [/mm] k) = [mm] \sum_{k=1}^6 P(X\geq [/mm] k)$
um den gesuchten EW zu berechnen.
Gruß,
Gono
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:11 Mi 16.05.2018 | | Autor: | Diophant |
Hallo Gonozal_IX,
> du hast n Würfelwürfe.
> Sei [mm]X_i[/mm] du Zufallsvariable, die den i-ten Wurf ausgibt
> dann ist
>
> [mm]X = \max\{X_1,\ldots,X_n\}[/mm] das Maximum der n Würfe.
>
> Du suchst nun [mm]E[X][/mm].
>
> Berechnen wir erst mal die Verteilung von X, also:
>
> [mm]P[X \le k] = P[X_1 \le k, \ldots, X_n \le k] = P[X_1 \le k]^n = \left(\frac{k}{6}\right)^n[/mm]
> für [mm]k \in \{1,\ldots,6\}[/mm]
>
Das verstehe ich nicht. Das gewährleistet doch nur, dass X kleiner oder gleich dem jeweiligen Maximum ist, nicht aber, dass dieses tatsächlich angenommen wird?
Oder wo liegt hier mein Denkfehler?
Gruß, Diophant
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:39 Mi 16.05.2018 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hiho,
> > [mm]P[X \le k] = P[X_1 \le k, \ldots, X_n \le k] = P[X_1 \le k]^n = \left(\frac{k}{6}\right)^n[/mm]
>
> > für [mm]k \in \{1,\ldots,6\}[/mm]
> >
>
> Das verstehe ich nicht. Das gewährleistet doch nur, dass X
> kleiner oder gleich dem jeweiligen Maximum ist, nicht aber,
> dass dieses tatsächlich angenommen wird?
Nein. X ist das Maximum.
Ich vermute aber du beziehst dich auf die Frage, ob das Maximum gleich $k$ ist. Das Ereignis [mm] $\{ X = k\}$. [/mm] Das betrachte ich aber extra gerade nicht (weil man dann den von dir eingewandten Einwand betrachten müsste, dass es ein [mm] X_i [/mm] mit [mm] $X_i [/mm] = k$ geben müsste), sondern ich betrachte das Ereignis [mm] $\{X \le k\}$ [/mm] bzw. $P[X [mm] \le [/mm] k]$, d.h. die Wahrscheinlichkeit, dass das Maximum kleiner oder gleich k ist.
D.h. selbst wenn es nicht angenommen wird, ist es immer noch kleiner als k und ist damit in dem Ereignis enthalten.
Alles steht und fällt eigentlich mit der Gleichheit:
[mm] $\{X \le k\} \gdw \{ X_1 \le k, \ldots , X_n \le k\}$
[/mm]
Und diese Äquivalenz lässt sich über [mm] $\Rightarrow$ [/mm] und [mm] $\Leftarrow$ [/mm] jeweils relativ einfach zeigen.
Gruß,
Gono
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:57 Mi 16.05.2018 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
> Nein. X ist das Maximum.
> Ich vermute aber du beziehst dich auf die Frage, ob das
> Maximum gleich [mm]k[/mm] ist. Das Ereignis [mm]\{ X = k\}[/mm]. Das
> betrachte ich aber extra gerade nicht (weil man dann den
> von dir eingewandten Einwand betrachten müsste, dass es
> ein [mm]X_i[/mm] mit [mm]X_i = k[/mm] geben müsste), sondern ich betrachte
> das Ereignis [mm]\{X \le k\}[/mm] bzw. [mm]P[X \le k][/mm], d.h. die
> Wahrscheinlichkeit, dass das Maximum kleiner oder gleich k
> ist.
> D.h. selbst wenn es nicht angenommen wird, ist es immer
> noch kleiner als k und ist damit in dem Ereignis
> enthalten.
>
> Alles steht und fällt eigentlich mit der Gleichheit:
>
> [mm]\{X \le k\} \gdw \{ X_1 \le k, \ldots , X_n \le k\}[/mm]
>
> Und diese Äquivalenz lässt sich über [mm]\Rightarrow[/mm] und
> [mm]\Leftarrow[/mm] jeweils relativ einfach zeigen.
Danke, jetzt ist es klar geworden. Verfolgen wir also deinen Weg weiter, meiner war eh ein Schnellschuss.
Gruß, Diophant
|
|
|
| |
|
Vielleicht sieht man so die Sache relativ einfach ein:
Die W. dafür, dass nur die 1 gezogen wird, beträgt [mm] (1/6)^n.
[/mm]
Die W. dafür, dass nur 1 oder 2 gezogen wird, beträgt [mm] (2/6)^n.
[/mm]
Die W. dafür, dass nur 1 oder 2 oder 3 gezogen wird, beträgt [mm] (3/6)^n.
[/mm]
...
Die W. dafür, dass nur 1 oder 2 .. oder 6 gezogen wird, beträgt [mm] (6/6)^n.
[/mm]
Um nun z.B. die W. dafür zu ermitteln, dass 4 die höchste Zahl ist, dürfen nur die Zahlen von 1 bis 4 gezogen werden, und die W. davon ist [mm] (4/6)^n. [/mm] Darunter befinden sich aber auch Ziehungen, bei denen die 4 gar nicht vorkommt, also nur die Zahlen vcn 1 bis 3. Die W. dafür ist [mm] (3/6)^n. [/mm] Somit ist die W. dafür, dass nur die Zahlen bis 4 vorkommen, aber nicht nur Zahlen bis 3, genau [mm] (4/6)^n-(3/6)^n.
[/mm]
Man erhält entsprechend einfach die Liste für [mm] p_i=P(i [/mm] ist die höchste Zahl in n Würfen) zu
[mm] p_1=(1/6)^n
[/mm]
[mm] p_2=(2/6)^n-(1/6)^n
[/mm]
[mm] p_3=(3/6)^n-(2/6)^n
[/mm]
[mm] p_4=(4/6)^n-(3/6)^n
[/mm]
[mm] p_5=(5/6)^n-(4/6)^n
[/mm]
[mm] p_6=(6/6)^n-(5/6)^n
[/mm]
|
|
|
|
