6 Kugeln im Kasten - E(X) < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 15:37 Mo 26.01.2009 | | Autor: | PowerBar89 |
| Aufgabe | Es befinden sich 6 Kugeln in einem Kasten.
1 Schwarze
2 Rote
3 Blaue
x Anzahl der Ziehungen bis zur Schwarzen Kugel.
Berechne E(x) |
Hi!
Heute in der Schule gehabt, soll wohl was mit Durchschnitt zutun haben.
Muss ich jetzt alle möglichkeiten (S, BS, RS, BRS, ...) finden, oder wie kann man das einfach und effizient lösen ??
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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> Es befinden sich 6 Kugeln in einem Kasten.
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> 1 Schwarze
> 2 Rote
> 3 Blaue
>
> x Anzahl der Ziehungen bis zur Schwarzen Kugel.
> Berechne E(x)
> Hi!
> Heute in der Schule gehabt, soll wohl was mit Durchschnitt
> zutun haben.
> Muss ich jetzt alle möglichkeiten (S, BS, RS, BRS, ...)
> finden, oder wie kann man das einfach und effizient lösen
> ??
Wenn es nur um die Schwarze Kugel geht,
musst du zwischen den roten und den blauen
gar nicht unterscheiden. Sie sind einfach
Nicht schwarz.
Es müsste noch ganz klar sein, ob es sich um
Ziehungen mit oder ohne Zurücklegen handelt
und ob man mit x die Anzahl der gezogenen
N-Kugeln vor der schwarzen meint oder ob diese
mitgezählt werden soll.
Ich würde mir mal ein einfaches Baumdiagramm
zeichnen, nur jeweils mit den Verzweigungen
"S" oder "N". Das gibt einen guten Überblick
und man kann daraus die Wahrscheinlichkeiten
P(x=k) für k=1, 2, 3, ... leicht ablesen.
LG Al-Chwarizmi
Nachbemerkung:
Möglicherweise habe ich mit meinem Vorschlag, ein
Baumdiagramm zu benützen, eine falsche Fährte
gelegt. Erst viel später habe ich aufgrund der
Frage "für Interessierte" von Adamantin gemerkt,
dass es ja auch viel einfacher geht.
Hätte ich all die Bretter, die ich schon jemals vor
dem Kopf hatte, beiseite getan, könnte ich mir
daraus schon eine nette Hütte zimmern ... 
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:04 Mo 26.01.2009 | | Autor: | PowerBar89 |
In der Tat werden die Kugel nicht zurückgelegt, also OHNE Zurücklegen !!
Auf die Frage zum X kann ich keine Antwort geben, denke aber, dass die Schwarze mitgezählt wird.
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> In der Tat werden die Kugel nicht zurückgelegt, also OHNE
> Zurücklegen !!
dann hast du also einen endlichen Baum mit 6 Stufen
> Auf die Frage zum X kann ich keine Antwort geben, denke
> aber, dass die Schwarze mitgezählt wird.
dann kann also X die Werte 1,2,3,...,6 annehmen.
Den Erwartungswert berechnest du so:
$\ [mm] E(X)=\summe_{k=1}^{6}k*P(X=k)$
[/mm]
LG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:16 Mo 26.01.2009 | | Autor: | PowerBar89 |
S
S
N < S
N < S
N < S
N <
N - S
Das isses ja, aber ich weiß nit was ich damit Anfangen soll ... die Wahrscheinlichkeiten hab ich auch, aber es geht ja darum den Schnitt festzustellen, wie lange es dauert die Schwarze rauszuholen
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Das ist gar nicht so schwierig
Mit deinem Baumdiagramm kannst du doch schon die einzelnen Anzahlen für die Ziehung erkennen, richtig?
> Es befinden sich 6 Kugeln in einem Kasten.
>
> 1 Schwarze
> 2 Rote
> 3 Blaue
Allgemein gesagt gibt es folgende Möglichkeiten:
S= schwarz wird gezogen
R= rot wird gezogen
B= blau wird gezogen
$ [mm] x_1=\{S\} [/mm] $
$ [mm] x_2=\{RS,BS\} [/mm] $
$ [mm] x_3=\{RRS,BBS, RBS, BRS\} [/mm] $
$ [mm] x_4=\{BBBS, RRBS, RBRS, BRRS, BBRS, BRBS, RBBS\} [/mm] $
$ [mm] x_5=\{RRBBS, BBBRS\} [/mm] $ und alle Möglichkeiten
$ [mm] x_6=\{RRBBBS\} [/mm] $ und alle Möglichkeiten
Das sind die möglichen Anzahlen von Ziehungen. min. 1 und max 6. Natürlich sieht das jetzt recht viel zu rechnen aus und als Probe müssen alle Wahrscheinlichkeiten zusammen 1 ergeben.
[mm] P(x_1) [/mm] ist relativ einfach, da gleich [mm] \bruch{1}{6}
[/mm]
[mm] P(x_2) [/mm] kann man auch noch ablesen: [mm] \bruch{2}{6}*\bruch{1}{5}+\bruch{3}{6}*\bruch{1}{5}=\bruch{1}{6}
[/mm]
[mm] P(x_3) [/mm] geht gerade so:
RRS: [mm] \bruch{2}{6}*\bruch{1}{5}*\bruch{1}{4}=\bruch{1}{60}
[/mm]
BBS: [mm] \bruch{3}{6}*\bruch{2}{5}*\bruch{1}{4}=\bruch{1}{20}
[/mm]
RBS ist identisch mit BRS nur das B/R ändert seine Position, die Wahrscheinlichkeit bleibt dieselbe: [mm] 2*\bruch{2}{6}*\bruch{3}{5}*\bruch{1}{4}=\bruch{1}{10}
[/mm]
$ [mm] P(x_3)=\bruch{1}{60}+\bruch{1}{20}+\bruch{1}{10}=\bruch{1}{6} [/mm] $
[mm] P(x_4) [/mm] ist nun komplizierter und hier sollte man mathematische Formeln benutzen.
BBBS geht natürlich noch: $ [mm] \bruch{3}{6}*\bruch{2}{5}*\bruch{1}{4}*\bruch{1}{3}=\bruch{1}{60} [/mm] $
RRBS und alle Varianten ist nur eine Verschiebung des Bs von seiner Position, daher kann man hier den Bionamialkoeffizienten
benutzen: $ [mm] \vektor{3 \\ 1}*\bruch{2}{6}*\bruch{1}{5}*\bruch{3}{4}*\bruch{1}{3}=\bruch{1}{20} [/mm] $
Natürlich ist es dasselbe wie einfach 3 mal diese Wahrscheinlichkeit, weil es drei verschiedene Möglicheiten gibt, nämlich RRBS, RBRS und BRRS. Alle diese haben aber die selbe Wahrscheinlichkeit!
nun alle Varianten von BBRS. Hier rotiert das R auf insgesamt drei Plätzen, daher gilt:
$ [mm] \vektor{3 \\ 1}*\bruch{3}{6}*\bruch{2}{5}*\bruch{2}{4}*\bruch{1}{3}=\bruch{1}{10} [/mm] $
Damit ergibt sich:
$ [mm] P(x_4)=\bruch{1}{60}+\bruch{1}{20}+\bruch{1}{10}=\bruch{1}{6} [/mm] $
Und offenbar erhalten wir auch immer das selbe Ergebnis zu jedem Pfad !
[mm] P(x_5):
[/mm]
[mm] RRBBS=\vektor{4 \\ 2}* \bruch{2}{6}*\bruch{1}{5}*\bruch{3}{4}*\bruch{2}{3}*\bruch{1}{2}=\bruch{1}{10} [/mm] $
[mm] BBBRS=\vektor{4 \\ 1}* \bruch{3}{6}*\bruch{2}{5}*\bruch{1}{4}*\bruch{2}{3}*\bruch{1}{2}=\bruch{1}{15} [/mm] $
$ [mm] P(x_5)=\bruch{1}{10}+\bruch{1}{15} [/mm] $
[mm] P(x_6) [/mm] spare ich mir, denn das macht keinen Spaß mehr und ist überflüssig, da [mm] x_1 [/mm] bis [mm] x_6 [/mm] 1 ergeben muss, bleibt nur npch [mm] \bruch{1}{6} [/mm] übrig.
Damit ergibt sich für den Erwartungswert E(X):
$ E(X): [mm] 1*\bruch{1}{6}+2*\bruch{1}{6}+3*\bruch{1}{6}+4*\bruch{1}{6}+5*\bruch{1}{6}+6*\bruch{1}{6}=\bruch{7}{2}=3,5 [/mm] $
Der Erwartungswert berechnet sich aus den möglichen Zügen multipliziert mit deren Wahrscheinlichkeit. Für die Möglichkeit, mit einem Zug zu gewinnen, gibt es nur eine Möglichkeit. Für die Option, mit zwei Zügen zu gewinnen, gibt es zwei Möglichkeiten, mit drei Zügen hingegen schon 4 Möglichkeiten usw. Allerdings ist die Gesamtwahrscheinlichkeit immer gleich 1/6. Somit ist der Sieg bzw eine schwarze Kugel ca nach 4 Zügen möglich, da 3,6 Züge so doof sind.
Anmerkung: das war der sehr ausführliche Weg. Schonmal viel einfacher gehts mit einem S, [mm] \overline{S} [/mm] Baumdiagramm, dann hat man jeweils für S abstufend [mm] \bruch{1}{6}, \bruch{1}{5}, \bruch{1}{4} [/mm] etc und für [mm] \overline{S} [/mm] die Gegenwahrscheinlichkeit. Dann kann man einfach 1* [mm] \bruch{1}{6}+2*\bruch{5}{6}*\bruch{1}{4} [/mm] etc rechnen und kommt auch zu E(X)
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| Aufgabe | | Dann kann man einfach 1* ... etc rechnen und kommt auch zu E(X) |
Wie geht es weiter? Das sieht nämlich sehr einfach aus und ähnelt dem, was wir schon in der Schule gemacht haben ...
Hab nur dummerweise grad ne Blockade und steig nich so ganz durch wie es weitergehen soll ... Baumdiagramm hab ich daher machen einige Werte auch Sinn, aber ich versteh zum Beispiel nich wieso +2
Für ne Lösung und evtl. Erklärung wäre ich sehr dankbar =)
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> Dann kann man einfach 1* ... etc rechnen und kommt auch zu
> E(X)
> Wie geht es weiter? Das sieht nämlich sehr einfach aus und
> ähnelt dem, was wir schon in der Schule gemacht haben ...
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> Hab nur dummerweise grad ne Blockade und steig nich so ganz
> durch wie es weitergehen soll ... Baumdiagramm hab ich
> daher machen einige Werte auch Sinn, aber ich versteh zum
> Beispiel nich wieso +2
>
> Für ne Lösung und evtl. Erklärung wäre ich sehr dankbar =)
Hallo PowerBar,
ich nehme an, du hast meine andere Mitteilung gelesen.
Die Wahrscheinlichkeit, dass die schwarze Kugel zum
Beispiel genau im vierten Zug gezogen wird, ist
$\ [mm] P(X=4)=P(NNNS...)=\underbrace{\bruch{5}{6}*\bruch{4}{5}*\bruch{3}{4}}_{dreimal\ N}*\underbrace{\bruch{1}{3}}_{S\ im 4.\,Zug}$
[/mm]
Analog berechnest du $\ [mm] P(X=1)\,, P(X=2)\,, [/mm] .... [mm] \,,\,P(X=6)$.
[/mm]
dann ist
$\ E(X)=1*P(X=1)+2*P(X=2)+3*P(X=3)+..... +6*P(X=6)$
LG
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 17:32 Mo 26.01.2009 | | Autor: | Adamantin |
Ich hätte jetzt im Gegenzug einmal eine Frage, denn diese Aufgabe hat mich schon in der Schulzeit so stark fasziniert, da ja die Aussage ist: Die Wahrscheinlichkeit, die schwarze Kugel am Ende nach x- Zügen in der Hand zu halten, ist stets gleich, bei uns eben [mm] \bruch{1}{6}. [/mm] Wie kann das sein? Wie kann ich mir das vorstellen? Wieso ist es egal, ob ich die schwarze Kugel direkt am Anfang ziehe oder nach 10 Versuchen gaaaanz zum Schluss als allerletzte Kugel? Hat das was mit Bedingter Wahrscheinlichkeit zu tun und dem Zeitpunkt, wann ich sozusagen dazukomme? Interessant ist ja auch, dass man mit der sehr ausführlichen Methode, wie ich sie gezeigt habe, auf dieses Ergebnis kommt, also dass jeder Ergebnispfad die Wahrscheinlichkeit von [mm] \bruch{1}{6} [/mm] hat.
Würde man die andere Variante mit S und $ [mm] \overline{S} [/mm] $ wählen, so wäre E(X) ja:
[mm] \bruch{1}{6}+2*\bruch{5}{6}*\bruch{1}{4}+3*\bruch{5}{6}*\bruch{4}{5}*\bruch{1}{4}...etc
[/mm]
Ich würde also hier diese Gesetzmäßigkeit gar nicht sehen, oder?
Und schließlich kann ich dann ja mit dieser Erkenntnis sofort alle gleichen Aufgaben lösen, sofern ich einmal eine Wahrscheinlichkeit eines beliebigen, mit Vorzug des ersten Pfades ausgerechnet habe und sobald ich weiß, wie viele Züge INSGESAMT möglich sind. Dann brauche ich nur [mm] 1*P(x_i [/mm] oder [mm] x_1 [/mm] oder welchen Pfad auch [mm] immer)+2*P(x_i)+n*P(x_i) [/mm] zu machen, mit $ [mm] X=\summe_{i=1}^{n}x_i [/mm] $
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> Ich hätte jetzt im Gegenzug einmal eine Frage, denn diese
> Aufgabe hat mich schon in der Schulzeit so stark
> fasziniert, da ja die Aussage ist: Die Wahrscheinlichkeit,
> die schwarze Kugel am Ende nach x- Zügen in der Hand zu
> halten, ist stets gleich, bei uns eben [mm]\bruch{1}{6}.[/mm] Wie
> kann das sein? Wie kann ich mir das vorstellen? Wieso ist
> es egal, ob ich die schwarze Kugel direkt am Anfang ziehe
> oder nach 10 Versuchen gaaaanz zum Schluss als allerletzte
> Kugel? Hat das was mit Bedingter Wahrscheinlichkeit zu tun
> und dem Zeitpunkt, wann ich sozusagen dazukomme?
> Interessant ist ja auch, dass man mit der sehr
> ausführlichen Methode, wie ich sie gezeigt habe, auf dieses
> Ergebnis kommt, also dass jeder Ergebnispfad die
> Wahrscheinlichkeit von [mm]\bruch{1}{6}[/mm] hat.
Hallo Adamantin,
obwohl ich einen kürzeren Lösungsweg (mit einfacherem
Baum) gezeigt habe, bin ich jetzt überrascht, dass es ja
noch deutlich einfacher gegangen wäre.
Klar: am Anfang sind 6 Kugeln im Kasten, darunter
eine schwarze. Dann werden die Kugeln in einer zufälligen,
beliebigen Reihenfolge gezogen. Die schwarze Kugel nimmt
in dieser Reihenfolge irgendeinen der Plätze 1 bis 6 ein,
natürlich je mit der gleichen Wahrscheinlichkeit [mm] \bruch{1}{6} [/mm] !
(alle Kugeln sind "gleichberechtigt").
Damit wird der Erwartungswert also:
$\ E(X)\ =\ [mm] \bruch{1}{6}*1+\bruch{1}{6}*2+......\,+\bruch{1}{6}*6\ [/mm] =\ [mm] \bruch{1}{6}*(1+2+....+6)\ [/mm] =\ 3.5$
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:14 Mo 26.01.2009 | | Autor: | Adamantin |
Ja es nocheinmal von jemand anderem zu lesen, hilft manchmal ungemein, es ist ja richtig, was interessieren mich die 3 blauen und 2 roten Kugeln oder all die anderen Möglichkeiten, denn ich habe ja nur eine schwarze. Aber ich gehe gerade davon aus, dass dies nur funktioniert, wenn ich mich für eine einzige Kugel interessiere, oder? Wäre die Aufgabe mit zwei schwarzen Kugeln gestellt worden und man solle aufhören, sobald eine oder auch beide gezogen worden sind, dann wäre dies alles nicht mehr möglich.
Obwohl ich gedanklich trotzdem noch leichte Probleme mit dem 1/6 habe. Das für die Ausgangssituation 1/6 gelten muss, ist ja logisch, aber dass z.B: nach dreimal ziehen alle verschiedenen Möglichkeiten gerade wieder 1/6 geben und damit der Ausgangssituation gleichen...das ist...unheimlich ^^
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> ich gehe davon aus, dass dies nur funktioniert, wenn ich
> mich für eine einzige Kugel interessiere, oder ?
Genau. Wenn wir mehr als eine schwarze Kugel hätten,
wird es schwieriger.
> Obwohl ich gedanklich trotzdem noch leichte Probleme mit
> dem 1/6 habe. Das für die Ausgangssituation 1/6 gelten
> muss, ist ja logisch, aber dass z.B: nach dreimal ziehen
> alle verschiedenen Möglichkeiten gerade wieder 1/6 geben
> und damit der Ausgangssituation gleichen...das
> ist...unheimlich ^^
Stell dir zum Vergleich vor, du hast Lotto gespielt und
liest in der Gratiszeitung, wo die gezogenen Zahlen nach
ihrer Größe geordnet erscheinen, z.B.
5,9,19,21,30,32
Du stellst fest, dass du nur eine Zahl, etwa die 21,
richtig geraten hast. Am Abend siehst du am Fernsehen
die Lotto-Ziehung in der Wiederholung. Frage: Wie groß
ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Kugel mit der Zahl
21 als erste herausrollt? Oder als dritte? oder als sechste?
... immer noch unheimlich ?
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:20 Mo 26.01.2009 | | Autor: | Adamantin |
Also alles klar, so langsam verstehe ich es ja, es ist eher das Problem des wirklichen begreifens...wenn alle Zahlen unterschiedlich sind, ist das Problem auch nicht so groß, aber dass es auch egal ist, ob ich nun 5 andere Zahlen habe oder 3 und 2 gleiche...das ist sonderbar.
> Stell dir zum Vergleich vor, du hast Lotto gespielt und
> liest in der Gratiszeitung, wo die gezogenen Zahlen nach
> ihrer Größe geordnet erscheinen, z.B.
>
> 5,9,19,21,30,32
>
> Du stellst fest, dass du nur eine Zahl, etwa die 21,
> richtig geraten hast. Am Abend siehst du am Fernsehen
> die Lotto-Ziehung in der Wiederholung. Frage: Wie groß
> ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Kugel mit der Zahl
> 21 als erste herausrollt? Oder als dritte? oder als
> sechste?
>
> ... immer noch unheimlich ?
Nicht mehr so sehr, aber ein wenig :) Rechnerisch ist es ja völlig klar, 5/6*1/5=1/6 keine Frage, aber dass es wirklich egal ist, wann diese Zahl erscheint, finde ich für mich einfach nur...interessant, ist wie das Begreifen von - * - = + obwohl das ja eher ne Übereinkunft als ne mathematische Notwendigkeit ist...so oder so meine ich das jedenfalls mit dem Begreifen, oder [mm] x^0=1 [/mm] usw. Jedenfalls habe ich verstanden, die Wahrscheinlichkeit beträgt 1/6, weil alle Größen voneinander unabhängig sind und meine Zahl/Kugel unter 6 Zahlen/Kugeln zu finden ist und der Platz damit keine Rolle spielt.
> LG Al
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> einfach nur...interessant, ist wie das Begreifen von
- * - = +
> obwohl das ja eher ne Übereinkunft als ne mathematische
> Notwendigkeit ist...
Die Regel "$\ [mm] Minus\,\ mal\,\ [/mm] Minus\ =\ Plus$" ist schon etwas
mehr als eine simple Übereinkunft. Ohne sie müssten
wir die Rechenregeln einer Generalrenovation unter-
ziehen !
Nehmen wir nur das Distributivgesetz:
$\ a*b+a*c=a*(b+c)$
Setzen wir jetzt $\ c:=-b$, so haben wir
$\ a*b+a*(-b)=a*(b+(-b))$
$\ a*b+a*(-b)=a*(b-b)$
Natürlich ist $\ b-b=0$ und $\ a*0=0$, also
$\ a*b+a*(-b)=a*(b-b)=a*0=0$
$\ a*b+a*(-b)=0$
eigentlich klar, oder ?
Setzen wir nun einmal $\ a=-3$ und $\ b=-5$ ein:
$\ (-3)*(-5)+(-3)*(-(-5))=0$
$\ (-3)*(-5)+(-3)*(5)=0$
$\ (-3)*(-5)-3*5=0$ | $\ +3*5$
$\ [mm] (-3)*(-5)=\underbrace{3*5}_{positiv}$
[/mm]
Gruß Al-Chwarizmi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:02 Mo 26.01.2009 | | Autor: | Adamantin |
Danke für das lehrsame Beispiel, mir war auch klar, dass es eine grundsätzliche Notwendigkeit ist...war nicht so gemeint als könnte man es mal eben weglassen oder als sei es nicht integrativer Bestandteil der Mathematik, nur dachte ich, es sei von seiner Art her eher eine Annahme, sprich ein Axiom. Aber ich bin mit den Begriffen auch nicht so sicher, jedenfalls danke für das Beispiel und die Mühe, es wird beherzigt.
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> jedenfalls danke für das Beispiel und die Mühe,
> es wird beherzigt.
na, das ist ja goldig : danke dir ! 
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| Aufgabe | | E(X)= 1/6 * (1+2+3+4+5+6) = 3,5 |
So langsam steig ich durch und möchte mich an dieser Stelle auch gleich für die schnellen Antworten bedanken ;)
Wo kommen die 1+2+3+4+5+6 ... die Antworten vorher verstehe ich alle, aber irgendwie habe ich nicht ganz mitbekommen, warum man das machen muss.
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> E(X)= 1/6 * (1+2+3+4+5+6) = 3,5
> So langsam steig ich durch und möchte mich an dieser
> Stelle auch gleich für die schnellen Antworten bedanken ;)
>
>
> Wo kommen die 1+2+3+4+5+6 ... die Antworten vorher verstehe
> ich alle, aber irgendwie habe ich nicht ganz mitbekommen,
> warum man das machen muss.
Also, wir haben gemerkt:
$\ [mm] P(X=1)=P(X=2)=P(X=3)=P(X=4)=P(X=5)=P(X=6)=\bruch{1}{6}$
[/mm]
Das ist ganz analog zum Würfeln: Alle Augenzahlen
von 1 bis 6 haben die gleiche Wahrscheinlichkeit.
Bei dieser Gleichverteilung ist der Erwartungswert
einfach das arithmetische Mittel der möglichen
Augenzahlen, also
$\ [mm] E(X)=\bruch{1+2+3+4+5+6}{6}= \bruch{1}{6} [/mm] * (1+2+3+4+5+6) = 3,5$
Wäre aber der Würfel "gezinkt" mit unterschied-
lichen Wahrscheinlichkeiten [mm] p_i [/mm] für die verschiedenen
Augenzahlen $i$ , müsste man den Erwartungswert für
die geworfene Augenzahl so berechnen:
$\ [mm] E(X)=p_1*1+p_2*2+p_3*3+.....+p_6*6$
[/mm]
Um dir dies klar zu machen, nimm etwa ein Beispiel
mit $\ [mm] p_1=p_2=p_3=0.1\ [/mm] ,\ [mm] p_4=p_5=0.2\ [/mm] ,\ [mm] p_6=0.3$
[/mm]
und berechne den Erwartungswert bei einer "idealen"
Wurfserie von 1000 Würfen, wo die theoretisch zu
erwartenden Häufigkeiten der einzelnen Augenzahlen
exakt eintreffen.
LG
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