Erwartungswert einer diskreten < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:51 Fr 14.06.2013 | | Autor: | etienne |
| Aufgabe | Ein Würfel wird so lange geworfen, bis eine 6 fällt. Y sei die Anzahl der nötigen Würfe,
X sei die Anzahl der Einsen, die bei den Y Würfen geworfen werden. Wie lauten Erwartungswert
und Varianz von X? |
Hallo Community,
mein Ansatz für obige Aufgabe lautet wie folgt:
X ="Anzahl Einsen"
Y ="Anzahl Würfe bis erste Sechs"
P(X=n)= [mm] \bruch{5}{6}^{n-1}*\bruch{1}{6}
[/mm]
"geometrische Verteilung, soweit klar"
[mm] P(Y=n)=\bruch{1}{6}^{n-1}*\bruch{5}{6}
[/mm]
"Bei jedem Wurf ist die Wahrscheinlichkeit für eine 1 gleich [mm] \bruch{1}{6} [/mm] und im letzten Wurf darf keine 1 kommen, deswegen [mm] \bruch{5}{6}"
[/mm]
E(X) = 6 "zur Vollständigkeit"
E(Y) = [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{6}^{n-1}*\bruch{5}{6}*n [/mm] = [mm] \bruch{6}{5} [/mm] = 1,2
Lieg ich mit meinem Ansatz richtig oder hab ich einen Denkfehler bei der Wahrscheinlichkeit von der Zufallsvariable Y?
Vielen Dank für eure Hilfe.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo,
Mal eine erste schnelle Antwort. Ich schreibe allerdings vom Handy aus und kann nicht zitieren.
Deine Verteilung für X ist falsch. Die angegebene geometrische Verteilung ist die für Y, und damit ist natürlich auch E(Y)=6, wie nicht anders zu erwarten war.
Die Verteilung von X ist nicht ganz so einfach. Für die ersten n-1 Würfe bis zur ersten 6 sind ja sämtliche Werte von 0 bis n-1 möglich. Da müsste der Ansatz meiner Meinung irgendwie noch eine Binomialverteilung spendiert bekommen...
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:05 Sa 15.06.2013 | | Autor: | etienne |
Klar Binomialverteilung.
Nur darf ich dann nur n-1 Versuche annehmen, so dass gilt:
P(X = k) = [mm] \vektor{n-1 \\ k}* \bruch{1}{6}^{k}* \bruch{5}{6}^{n-1-k}
[/mm]
mit
E(X) = [mm] \bruch{n-1}{6}
[/mm]
oder fehlt mir noch ein Ausdruck der sagt, dass im letzten Versuch eine 6 kommen muss?
PS: Ich habe die Zufallsvariablen im ersten Post vertauscht, also sei P(Y = n) = "geometrische Verteilt"
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Hallo,
> Klar Binomialverteilung.
>
> Nur darf ich dann nur n-1 Versuche annehmen, so dass gilt:
>
> P(X = k) = [mm]\vektor{n-1 \\ k}* \bruch{1}{6}^{k}* \bruch{5}{6}^{n-1-k}[/mm]
>
Da ist noch ein gravierender Denkfehler enthalten: du betrachtest ja nur die ersten n-1 Würfe, in denen in jedem Fall nur die Zahlen von 1 bis 5 fallen. Die obige Wahrscheinlichkeitsfunktion kann dher nicht richtig sein.
> mit
>
> E(X) = [mm]\bruch{n-1}{6}[/mm]
>
> oder fehlt mir noch ein Ausdruck der sagt, dass im letzten
> Versuch eine 6 kommen muss?
Siehe oben.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:30 Sa 15.06.2013 | | Autor: | etienne |
Das heißt ich ändere die Verteilung wie folgt:
P(X=k) = [mm] \vektor{n-1 \\ k} [/mm] * [mm] \bruch{1}{5}^{k} [/mm] * [mm] \bruch{4}{5}^{n-1-k}
[/mm]
und komme zu folgendem Erwartungswert
E(X) = [mm] \bruch{n-1}{5}
[/mm]
Das heißt beispielsweise bei 6 Würfen, wobei beim 6. Wurf die 6 kommt, kann ich eine 1 erwarten, da [mm] \bruch{6-1}{5} [/mm] = 1.
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Hallo,
> Das heißt ich ändere die Verteilung wie folgt:
>
> P(X=k) = [mm]\vektor{n-1 \\ k}[/mm] * [mm]\bruch{1}{5}^{k}[/mm] *
> [mm]\bruch{4}{5}^{n-1-k}[/mm]
>
> und komme zu folgendem Erwartungswert
>
> E(X) = [mm]\bruch{n-1}{5}[/mm]
>
> Das heißt beispielsweise bei 6 Würfen, wobei beim 6. Wurf
> die 6 kommt, kann ich eine 1 erwarten, da [mm]\bruch{6-1}{5}[/mm] =
> 1.
Ich denke, das ist soweit richtig. Für die weitere Vorgehensweise solltest du die Antworten von Teufel und Al-Chwarizmi beachten.
Gruß, Diophant
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Hallo Diophant !
> Deine Verteilung für X ist falsch. Die angegebene
> geometrische Verteilung ist die für Y, und damit ist
> natürlich auch E(Y)=6, wie nicht anders zu erwarten war.
>
> Die Verteilung von X ist nicht ganz so einfach. Für die
> ersten n-1 Würfe bis zur ersten 6 sind ja sämtliche Werte
> von 0 bis n-1 möglich. ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
natürlich nicht die Werte von 0 bis n-1, sondern die
Werte von 1 bis 5 !
LG , Al-Chw.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:15 So 16.06.2013 | | Autor: | Diophant |
Hallo Al,
> Hallo Diophant !
> natürlich nicht die Werte von 0 bis n-1, sondern die
> Werte von 1 bis 5 !
au weia: ja natürlich. Vielen Dank dürs 'Aufpassen'. 
Gruß, Diophant
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:26 Sa 15.06.2013 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Für den Erwartungswert allein könnte man die Waldsche Identität nehmen, wenn du sie kennst.
Ansonsten geht beides wohl auch mit den Formeln E(X)=E(E(X|Y)) und Var(X)=E(Var(X|Y))+Var(E(X|Y)). Hattet ihr die?
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> Ein Würfel wird so lange geworfen, bis eine 6 fällt.
> Y sei die Anzahl der nötigen Würfe,
> X sei die Anzahl der Einsen, die bei den Y Würfen
> geworfen werden. Wie lauten Erwartungswert
> und Varianz von X?
>
> Hallo Community,
>
> mein Ansatz für obige Aufgabe lautet wie folgt:
>
> X ="Anzahl Einsen"
> Y ="Anzahl Würfe bis erste Sechs"
>
> P(X=n)= [mm]\bruch{5}{6}^{n-1}*\bruch{1}{6}[/mm] ![[kopfschuettel]](/images/smileys/kopfschuettel.gif "[kopfschuettel]")
Ist dir klar, was X=n tatsächlich bedeuten würde ? .....
> "geometrische Verteilung, soweit klar"
>
> [mm]P(Y=n)=\bruch{1}{6}^{n-1}*\bruch{5}{6}[/mm]
>
> "Bei jedem Wurf ist die Wahrscheinlichkeit für eine 1
> gleich [mm]\bruch{1}{6}[/mm] und im letzten Wurf darf keine 1
> kommen, deswegen [mm]\bruch{5}{6}"[/mm]
>
> E(X) = 6 "zur Vollständigkeit"
>
> E(Y) = [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{6}^{n-1}*\bruch{5}{6}*n[/mm]
> = [mm]\bruch{6}{5}[/mm] = 1,2
Hallo etienne,
ich würde anstatt der Variablen Y lieber einfach ein n
benützen - das scheint mir irgendwie übersichtlicher
und weniger gewöhnungsbedürftig zu sein.
Die Wahrscheinlichkeit P(n) ist leicht zu berechnen:
$\ P(n)\ =\ [mm] \left(\frac{5}{6}\right)^{n-1}\,*\,\frac{1}{6}$
[/mm]
Der Erwartungswert für die nötige Anzahl n der Würfe bis
zur ersten Sechs ist dann
$\ E(n)\ =\ [mm] \summe_{n=1}^{\infty}n*P(n)\ [/mm] =\ 6$
Betrachten wir nun einmal den Fall mit einem bestimmten
Wert [mm] n_0 [/mm] für die Anzahl der benötigten Würfe.
Im letzten dieser Würfe wird die erste Sechs gewürfelt.
Die vorher getätigten [mm] (n_0-1) [/mm] Würfe verteilen sich auf
die übrigen möglichen Würfelzahlen 1 bis 5. Zur Berechnung
des Erwartungswertes für die Anzahl der darunter vorkommenden
Einsen darf man natürlich Gleichverteilung unter den Werten
1 bis 5 (keine Sechs !) annehmen, also muss gelten:
$\ E(X)\ [mm] |\underset{\ n=n_0}{}\ [/mm] =\ [mm] \frac{n_0-1}{5}$
[/mm]
Für E(X) (unabhängig vom jeweiligen Wert von n) ergibt
sich dann:
$\ E(X)\ =\ [mm] \summe_{n_0=1}^{\infty} P(n_0)\,*\,E(X)\ |\underset{\ n=n_0}{}$
[/mm]
Es ergibt sich der Wert $\ E(X)\ =\ 1$ , was eigentlich auch
schon ohne diese Rechnung einleuchtet.
Zur Berechnung der Variation $\ Var(X)$ benützt man dann
die Formel
$\ Var(X)\ =\ [mm] \summe_{n_0=1}^{\infty} P(n_0)\,*\, [/mm] (E(X)\ [mm] |\underset{\ n=n_0}{}\ [/mm] -\ [mm] E(X))^2$
[/mm]
LG , Al-Chwarizmi
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