Wartezeit auf m-ten Sechser < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:46 Sa 06.09.2014 | | Autor: | Mathe19 |
| Aufgabe | Wir werfen einen fairen Würfel. Die einzelnen Würfe sind unabhängig voneinander. Für i [mm] \in \N [/mm] bezeichne [mm] X_k [/mm] das Ergebnis des k-ten Wurfes und [mm] T_m [/mm] sie die Wartezeit auf die m-te geworfene 6.
i) Definieren Sie [mm] T_1 [/mm] mathematisch
ii) Leiten Sie die Verteilung von [mm] T_1 [/mm] her
iii) Drücken Sie die Verteilung von [mm] T_m [/mm] durch die Verteiung von [mm] T_1 [/mm] aus
iv) Berechnen Sie [mm] E(T_m) [/mm] (Sie dürfen ohne Beweis verwenden, dass [mm] E(T_1)=6) [/mm] |
Hi erstmal,
also meine Frage bezieht sich eigentlich nur auf die Teilaufgabe iv), jedoch muss man ja wissen, was schon vorher geschehen ist. Vlt ist mir auch schon vorher ein Fehler unterlaufen, den ihr seht und bei mir korrigieren könnt. Also:
Die Definition von [mm] T_1 [/mm] hab ich schon hinbekommen, so wie die Verteilung auch. Diese ist meiner Meinung nach [mm] P(T_1=k) =(\bruch{5}{6})^{k-1} [/mm] * [mm] \bruch{1}{6}. [/mm] Soweit so gut.
Meine Idee dahinter, die Verteilung von [mm] T_m [/mm] durch [mm] T_1 [/mm] auszudrücken ist folgende: um genau beim k-ten Wurf eine 6 zu werfen, muss die letzte WSL auf jeden Fall schonmal [mm] \bruch{1}{6} [/mm] sein. Für den Term vorher habe ich mir überlegt, dass man aus den k-1 vielen vorgegangenen Würfen m-1 6er werfen muss. Das ist also eine m-1-elementrige Teilmenge einer k-1-elementrigen Grundmenge. Man kann jedoch nicht alle Teilmengen nehmen, sondern nur jene, die nur 6er inne haben. Somit ergab sich für mich die WSL für [mm] T_m:
[/mm]
[mm] P(T_m=k) [/mm] = {k-1 [mm] \choose [/mm] m-1} [mm] *(\bruch{1}{6})^{m-1}*(\bruch{5}{6})^{(k-1)-(m-1)}*\bruch{1}{6}
[/mm]
= {k-1 [mm] \choose [/mm] m-1} [mm] *(\bruch{1}{6})^{m-1}*(\bruch{6}{5})^{m-1}*(\bruch{5}{6})^{k-1}*\bruch{1}{6}
[/mm]
= {k-1 [mm] \choose [/mm] m-1} [mm] (\bruch{1}{5})^{m-1}*(\bruch{5}{6})^{k-1}*\bruch{1}{6}
[/mm]
= {k-1 [mm] \choose [/mm] m-1} [mm] (\bruch{1}{5})^{m-1}*P(T_1=k)
[/mm]
Um zu Teilaufgabe iv) nun zu kommen:
[mm] E(T_m) [/mm] = [mm] \summe_{k=2}^{\infty} [/mm] k*{k-1 [mm] \choose m-1}*(\bruch{1}{5})^{m-1}*P(T_1=k)
[/mm]
= [mm] (\bruch{1}{5})^{m-1} [/mm] * [mm] \summe_{k=2}^{\infty} [/mm] {k-1 [mm] \choose m-1}*k*P(T_1=k)
[/mm]
Das wäre soweit ganz gut, wäre dieser Binomialkoeffizient nicht da. Dann wäre das ntl [mm] (\bruch{1}{5})^{m-1}*(E(T_1=k)-P(T_1=1)) [/mm] = [mm] (\bruch{1}{5})^{m-1} [/mm] * [mm] \bruch{5}{6}
[/mm]
Aber der Binomialkoeffizient ist nunmal leider da.
Ich bin euch sehr dankbar für eure Tipps!
Liebe Grüße
Andy
PS: Sorry, falls es den Binomialkoeffizienten so komisch anzeigt, ich weiß auch nicht warum :)
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:22 Sa 06.09.2014 | | Autor: | Nrjunkie |
> Wir werfen einen fairen Würfel. Die einzelnen Würfe sind
> unabhängig voneinander. Für i [mm]\in \N[/mm] bezeichne [mm]X_k[/mm] das
> Ergebnis des k-ten Wurfes und [mm]T_m[/mm] sie die Wartezeit auf die
> m-te geworfene 6.
>
> i) Definieren Sie [mm]T_1[/mm] mathematisch
> ii) Leiten Sie die Verteilung von [mm]T_1[/mm] her
> iii) Drücken Sie die Verteilung von [mm]T_m[/mm] durch die
> Verteiung von [mm]T_1[/mm] aus
> iv) Berechnen Sie [mm]E(T_m)[/mm] (Sie dürfen ohne Beweis
> verwenden, dass [mm]E(T_1)=6)[/mm]
>
> Hi erstmal,
>
> also meine Frage bezieht sich eigentlich nur auf die
> Teilaufgabe iv), jedoch muss man ja wissen, was schon
> vorher geschehen ist. Vlt ist mir auch schon vorher ein
> Fehler unterlaufen, den ihr seht und bei mir korrigieren
> könnt. Also:
>
> Die Definition von [mm]T_1[/mm] hab ich schon hinbekommen, so wie
> die Verteilung auch. Diese ist meiner Meinung nach [mm]P(T_1=k) =(\bruch{5}{6})^{k-1}[/mm] * [mm]\bruch{1}{6}.[/mm]
> Soweit so gut.
>
> Meine Idee dahinter, die Verteilung von [mm]T_m[/mm] durch [mm]T_1[/mm]
> auszudrücken ist folgende: um genau beim k-ten Wurf eine 6
> zu werfen, muss die letzte WSL auf jeden Fall schonmal
> [mm]\bruch{1}{6}[/mm] sein. Für den Term vorher habe ich mir
> überlegt, dass man aus den k-1 vielen vorgegangenen
> Würfen m-1 6er werfen muss. Das ist also eine
> m-1-elementrige Teilmenge einer k-1-elementrigen
> Grundmenge. Man kann jedoch nicht alle Teilmengen nehmen,
> sondern nur jene, die nur 6er inne haben. Somit ergab sich
> für mich die WSL für [mm]T_m:[/mm]
>
> [mm]P(T_m=k) = {k-1 \choose m-1} *(\bruch{1}{6})^{m-1}*(\bruch{5}{6})^{(k-1)-(m-1)}*\bruch{1}{6}[/mm]
> = ${k-1 [mm] \choose [/mm] m-1} $ [mm]*(\bruch{1}{6})^{m-1}*(\bruch{6}{5})^{m-1}*(\bruch{5}{6})^{k-1}*\bruch{1}{6}[/mm]
> = ${k-1 [mm] \choose [/mm] m-1} $ [mm](\bruch{1}{5})^{m-1}*(\bruch{5}{6})^{k-1}*\bruch{1}{6}[/mm]
> = ${k-1 [mm] \choose [/mm] m-1}$ [mm](\bruch{1}{5})^{m-1}*P(T_1=k)[/mm]
>
> Um zu Teilaufgabe iv) nun zu kommen:
>
> [mm]E(T_m)[/mm] = [mm]\summe_{k=m}^{\infty} k*{k-1 \choose m-1}*(\bruch{1}{5})^{m-1}*P(T_1=k)[/mm]
>
> = [mm](\bruch{1}{5})^{m-1} * \summe_{k=m}^{\infty} {k-1 \choose m-1}*k*P(T_1=k)[/mm]
>
> Das wäre soweit ganz gut, wäre dieser Binomialkoeffizient
> nicht da. Dann wäre das ntl
> [mm](\bruch{1}{5})^{m-1}*(E(T_1=k)-P(T_1=1))[/mm] =
> [mm](\bruch{1}{5})^{m-1}\bruch{5}{6}[/mm]
> Aber der Binomialkoeffizient ist nunmal leider da.
>
> Ich bin euch sehr dankbar für eure Tipps!
>
>
> Liebe Grüße
> Andy
>
> PS: Sorry, falls es den Binomialkoeffizienten so komisch
> anzeigt, ich weiß auch nicht warum :)
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:38 Sa 06.09.2014 | | Autor: | Nrjunkie |
Vielleicht arbeitest du mit folg weiter:
[mm] $P(T_m=k)=\sum_{i=m-1}^{k-1}P(T_{m-1}=i)*(\frac{5}{6})^{k-1-i}*\frac{1}{6}$
[/mm]
Und reihst dann die Summierungen wenn du die Erwartungswertsumme bildest um - ist nur so eine idee
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Der liebe Gott hat dir zuliebe einem Würfel befohlen, der Reihe nach die Zahlen 1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6 usw. zu zeigen. Wenn du ganz oft würfelst, bekommst du im Durchschnitt alle 6 Wurf eine 6, alle 12 Wurf 2 6-en, alle 18 Wurf 3 6-en usw.
Wenn anschließend der Würfel wieder normal sein darf, wirst du im Durchschnitt wieder alle 6 Wurf eine 6 (mal früher, mals später), alle 12 Wurf 2 6-en (mal früher, mal später .... du weißt schon, wie es weiter geht.
Damit kennst du die [mm] E(T_m).
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:28 Mo 08.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hi,
> Der liebe Gott hat dir zuliebe einem Würfel befohlen, der
> Reihe nach die Zahlen 1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6 usw. zu
> zeigen.
toll, und warum hat er mir so einen Würfel nicht vorgesetzt? Ich würde
jedes Glücksspiel gewinnen - sofern der liebe Gott die anderen Mitspieler
auch verblendet.
> Wenn du ganz oft würfelst, bekommst du im
> Durchschnitt alle 6 Wurf eine 6, alle 12 Wurf 2 6-en, alle
> 18 Wurf 3 6-en usw.
>
> Wenn anschließend der Würfel wieder normal sein darf,
"Zufall ist Normalität."
Das ist ein Motto, das hätte ich gern auf einem T-Shirt gedruckt.
> wirst du im Durchschnitt wieder alle 6 Wurf eine 6 (mal
> früher, mals später), alle 12 Wurf 2 6-en (mal früher,
> mal später .... du weißt schon, wie es weiter geht.
>
> Damit kennst du die [mm]E(T_m).[/mm]
Gute Erklärung.  ( Und obiges ist nur Spaß.  )
Gruß,
Marcel
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