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| Aufgabe | | Die theoretische Wartezeit T(n) beträgt [mm] n*\summe_{i=1}^{n}. [/mm] Wie lange muss man beim Mensch-ärger-dich spielen durchschnittlich auf eine 6 warten, wenn man jeweils nur mit einem Würfel würfeln darf? |
Die Lösung wäre doch: 6* (1/1+1/2+1/3+1/4+1/6), also 6*(2/9/20) = 14,7, oder? Das kommt mir verdammt lange vor, daher bin ich nicht sicher, ob in meiner Lösung nicht ein Fehler drin ist... Über Hilfe wäre ich dankbar, da diese Aufgabe evtl. im Examen dran kommen könnte!
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> Die theoretische Wartezeit T(n) beträgt
> [mm]n*\summe_{i=1}^{n}.[/mm] Wie lange muss man beim
> Mensch-ärger-dich spielen durchschnittlich auf eine 6
> warten, wenn man jeweils nur mit einem Würfel würfeln
> darf?
> Die Lösung wäre doch: 6* (1/1+1/2+1/3+1/4+1/6), also
> 6*(2/9/20) = 14,7, oder? Das kommt mir verdammt lange vor,
> daher bin ich nicht sicher, ob in meiner Lösung nicht ein
> Fehler drin ist... Über Hilfe wäre ich dankbar, da diese
> Aufgabe evtl. im Examen dran kommen könnte!
Da scheint beim Schreiben der Summe etwas verloren
gegangen zu sein ...
Wie heißt der i-te Summand ?
Und was genau hat die Formel mit dem Spiel zu tun ?
LG
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Tut mir Leid, die Formel stammt aus einem anderen Zusammenhang (Sammelbildproblem) - ist mir eben erst aufgefallen...
Aber die Frage mit dem "Warten auf die erste 6" kann ich trotzdem nicht wirklich lösen...
Also die Wahrscheinlichkeit für eine 6, also P(6) = 1/6.
Theoretisch kann ich ja unendlich warten, auch wenn das stochastisch gesehen sehr unwahrscheinlich ist.
Kann man das dann überhaupt per Hand berechnen oder geht das nur mit geeigneter Software wie z.B. Fathom?
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Moin,
> Tut mir Leid, die Formel stammt aus einem anderen
> Zusammenhang (Sammelbildproblem) - ist mir eben erst
> aufgefallen...
>
> Aber die Frage mit dem "Warten auf die erste 6" kann ich
> trotzdem nicht wirklich lösen...
> Also die Wahrscheinlichkeit für eine 6, also P(6) = 1/6.
> Theoretisch kann ich ja unendlich warten, auch wenn das
> stochastisch gesehen sehr unwahrscheinlich ist.
> Kann man das dann überhaupt per Hand berechnen oder geht
> das nur mit geeigneter Software wie z.B. Fathom?
Die Wahrscheinlichkeit P(i) dafür, dass im i. Wurf die erste 6 gewürfelt wird [mm] (i=1,2,\ldots), [/mm] beträgt [mm] P(i)=\left(\frac{5}{6}\right)^{i-1}*\frac{1}{6}.
[/mm]
Der gesuchte Erwartungswert ist dann [mm] \sum_{i=1}^\infty [/mm] i*P(i). Das
musst du nun nur noch ausrechnen.
LG
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:50 Fr 26.08.2011 | | Autor: | rabilein1 |
> Kann man das dann überhaupt per Hand berechnen
Theoretisch müsste man das per Hand berechnen können:
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, beim ersten Wurf die 6 zu werfen?
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, beim zweiten Wurf die 6 zu werfen?
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, beim dritten Wurf die 6 zu werfen?
und so weiter
Und dann müsste man daraus den Durchschnitt bilden.
Kamaleonti hat das Ganze mathematisch-formelmäßig ausgedrückt
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:19 Fr 26.08.2011 | | Autor: | Nisse |
> Theoretisch kann ich ja unendlich warten, auch wenn das
> stochastisch gesehen sehr unwahrscheinlich ist.
> Kann man das dann überhaupt per Hand berechnen oder geht
> das nur mit geeigneter Software wie z.B. Fathom?
Genauer: Man würfelt (p-fast sicher) irgendwann eine Sechs.
Oder auch: Ewig warten zu müssen ist ein mögliches Ereignis mit Wahrscheinlichkeit Null.
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Super, vielen Dank für die Antwort =)
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> > Theoretisch kann ich ja unendlich warten, auch wenn das
> > stochastisch gesehen sehr unwahrscheinlich ist.
> > Kann man das dann überhaupt per Hand berechnen oder
> geht
> > das nur mit geeigneter Software wie z.B. Fathom?
>
> Genauer: Man würfelt (p-fast sicher) irgendwann eine
> Sechs.
> Oder auch: Ewig warten zu müssen ist ein mögliches
> Ereignis mit Wahrscheinlichkeit Null.
Hallo Nisse,
das ist gut ausgedrückt. Die übliche Überlegung
"wenn P(E)=0, so ist E unmöglich"
scheint also nicht wirklich wasserdichter Logik zu
entsprechen.
Ein anderes Beispiel dazu: man benützt ja in der
Statistik oft "gleichverteilte Zufallsvariablen",
also z.B. X mit der Dichtefunktion
$\ f(x)\ =\ [mm] \begin{cases} 0\ , & \mbox{falls } |x|>1 \\ \frac{1}{2}\ , & \mbox{falls } |x|\le1 \end{cases}$
[/mm]
Tatsächlich ist dann P(X=x)=0 für alle [mm] x\in\IR [/mm] .
Das bedeutet: Alle möglichen "Realisationen" von X
durch ein konkretes [mm] x\in\IR [/mm] mit [mm] |x|\le1 [/mm] haben die Wahr-
scheinlichkeit null.
Für alle praktischen Zwecke ist die Benützung einer
Gleichverteilung über einem reellen (!) Intervall
natürlich nicht viel mehr als ein Hirngespinst.
Das Konzept gehört aber trotzdem zur Klasse der
praktisch nützlichen Hirngespinste ...
LG Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:51 Mo 29.08.2011 | | Autor: | Nisse |
> das ist gut ausgedrückt. Die übliche Überlegung
> "wenn P(E)=0, so ist E unmöglich"
> scheint also nicht wirklich wasserdichter Logik zu
> entsprechen.
Ich habe das als formalen Unterschied gelernt. Wenn [mm]\Omega[/mm] der Ergebnisraum ist, dann heißt:
Ergebnis e unmöglich, genau dann wenn [mm]e \notin \Omega[/mm].
Ergebnis e (p-fast sicher) unmöglich, genau dann wenn [mm] e \in \Omega \wedge p(e)=0[/mm].
Damit liegt der Unterschied in der Parametrisierung. Wenn ich einen einfachen Würfelwurf als [mm]\Omega = \IN, \quad p(e)=\frac{1}{6} \ \forall \ e \leq 6, \quad p(e)=0 \ \forall \ e>6[/mm] beschreibe (vielleicht weil ich im späteren Verlauf den Würfel durch einen mit mehr Seiten austauschen möchte), dann ist das Ergebnis 7 möglich, aber das Ergebnis [mm]\pi[/mm] nicht.
Wichtig wird der Unterschied natürlich erst, wenn man die Methoden der Maßtheorie verwenden möchte...
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> > das ist gut ausgedrückt. Die übliche Überlegung
> > "wenn P(E)=0, so ist E unmöglich"
> > scheint also nicht wirklich wasserdichter Logik zu
> > entsprechen.
>
> Ich habe das als formalen Unterschied gelernt. Wenn [mm]\Omega[/mm]
> der Ergebnisraum ist, dann heißt:
>
> Ergebnis e unmöglich, genau dann wenn [mm]e \notin \Omega[/mm].
>
> Ergebnis e (p-fast sicher) unmöglich, genau dann wenn [mm]e \in \Omega \wedge p(e)=0[/mm].
>
> Damit liegt der Unterschied in der Parametrisierung. Wenn
> ich einen einfachen Würfelwurf als [mm]\Omega = \IN, \quad p(e)=\frac{1}{6} \ \forall \ e \leq 6, \quad p(e)=0 \ \forall \ e>6[/mm]
> beschreibe (vielleicht weil ich im späteren Verlauf den
> Würfel durch einen mit mehr Seiten austauschen möchte),
> dann ist das Ergebnis 7 möglich, aber das Ergebnis [mm]\pi[/mm]
> nicht.
Für diesen Fall würde ich aber trotzdem vorschlagen, nicht
[mm] \Omega=\IN [/mm] zu nehmen, sondern [mm] $\Omega=\{1,2,\,.....\,n\,\}$ [/mm] , zunächst mit n=6 ,
um dann eventuell n später zu erhöhen.
LG Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:14 Fr 26.08.2011 | | Autor: | Infinit |
Hallo,
die Frage ist ja wohl geklärt. Habe sie auf "Beantwortet" gesetzt.
Viele Grüße,
Infinit
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Meines Erachtens ist
0.5 [mm] \approx \summe_{n=1}^{x} (\bruch{5}{6})^{n-1}*(\bruch{1}{6})
[/mm]
Dann ist x=4
Man muss also im Durchschnitt 4 Würfe warten, bis man eine Sechs wirft
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> Meines Erachtens ist
>
> 0.5 [mm]\approx \summe_{n=1}^{x} (\bruch{5}{6})^{n-1}*(\bruch{1}{6})[/mm]
>
> Dann ist x=4
>
> Man muss also im Durchschnitt 4 Würfe warten, bis man eine
> Sechs wirft
Hallo rabilein,
die oben angegebene Ungefähr-Gleichung kann man zwar
akzeptieren (exakter Wert [mm] \frac{671}{1296}\approx0.518) [/mm] ,
aber die richtige Berechnungsweise für den Erwartungswert
hat kamaleonti in seinem Beitrag angegeben.
Das Ergebnis ist 6 .
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:52 Sa 27.08.2011 | | Autor: | rabilein1 |
> > 0.5 [mm]\approx \summe_{n=1}^{x} (\bruch{5}{6})^{n-1}*(\bruch{1}{6})[/mm]
> > Dann ist x=4
> Das Ergebnis bei Kamaleonti ist dagegen 6 .
Da Beides vom Rechnerischen her richtig ist, muss also eine unterschiedliche Logik zugrunde liegen.
Nach meiner Logik ist es so, dass bei x=4 Versuchen in der Hälfte aller Fälle (daher die 0.5) eine "Sechs" gewürfelt wird.
Aber nach Kamaleonti erwartet man diese "erste Sechs" erst beim 6. Versuch. (?????)
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> > > 0.5 [mm]\approx \summe_{n=1}^{x} (\bruch{5}{6})^{n-1}*(\bruch{1}{6})[/mm]
>
> > > Dann ist x=4
>
> > Das Ergebnis bei Kamaleonti ist dagegen 6 .
>
> Da Beides vom Rechnerischen her richtig ist, muss also eine
> unterschiedliche Logik zugrunde liegen.
>
> Nach meiner Logik ist es so, dass bei x=4 Versuchen in der
> Hälfte aller Fälle (daher die 0.5) eine "Sechs"
> gewürfelt wird.
> Aber nach Kamaleonti erwartet man diese "erste Sechs" erst
> beim 6. Versuch. (?????)
Hallo rabilein,
von diesen "Logiken" ist genau eine die richtige ...
In die Berechnung des Erwartungswertes für die Wartezeit
müssen natürlich alle möglichen Wartezeiten (von n=1 bis
[mm] n=\infty) [/mm] eingehen, gemäß den Wahrscheinlichkeiten ihres
Auftretens:
$\ [mm] \overline [/mm] x\ =\ [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\,n*P(x=n)$
[/mm]
Mit deiner Rechnung hast du gezeigt, dass in knapp über
50% der Fälle die erste Sechs spätestens im 4. Wurf erzielt
wird. Dies ist richtig. Dass der Erwartungswert für die Wartezeit
bis zur ersten Sechs höher liegt, nämlich bei (exakt) 6, zeigt,
dass die betrachtete Verteilung deutlich asymmetrisch ist.
Die beiden Werte 4 und 6 stehen quasi für den Median und
für den Mittelwert dieser Verteilung. ![[]](/images/popup.gif) Bild
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:07 Sa 27.08.2011 | | Autor: | rabilein1 |
Jetzt ist mir die Formel [mm]\ \overline x\ =\ \summe_{n=1}^{\infty}\,n*P(x=n)[/mm] auch klar:
Angenommen, man würfelt erst beim 64sten Wurf die erste Sechs. Das ist zwar wahnsinnig unwahrscheinlich, aber wenn dieser Fall eintritt, dann zieht er gleich den ganzen Durchschnitt wahnsinnig nach oben. Und diese beiden Wahninne (die Unwahrscheinlichkeit und die große Zahl) hat Kamaleonti in seine Formel reingearbeitet.
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> ...diese beiden Wahnsinne (die Unwahrscheinlichkeit und die große Zahl) ...
Gemäß Wiktionary hat "Wahnsinn" gar keinen Plural ... 
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![[]](http://www.statistics4u.info/fundstat_germ/img/hl_median.png){kind=small}
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