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Forum "Wahrscheinlichkeitsrechnung" - Varianz bei mehrfachem Würfeln
Varianz bei mehrfachem Würfeln < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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Varianz bei mehrfachem Würfeln: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 11:50 So 19.02.2012
Autor: MxM

Aufgabe
In einem unseriösen Spielcasino wird mit manipulierten Würfeln gespielt. Pro Runde wird mit genau 5 dieser Würfel gleichzeitig gewürfelt, anschließend wird die Augenzahl aller Würfel aufsummiert.

Ein solcher Würfel zeigt die Augenzahlen 1, 2 und 3 jeweils mit einer Wahrscheinlichkeit von (0.06), die Augenzahlen 4 und 5 mit jeweils einer Wahrscheinlichkeit von (0.2) und die Augenzahl 6 mit einer Wahrscheinlichkeit von (0.42).

Wie hoch sind der Erwartungswert und die Varianz der Augensumme?

Hallo,

den Erwartungswert habe ich raus, das ist 23,4. Was mir fehlt ist die Varianz, die in der Lösung als 11,29 angegeben ist.

Mein Vorgehen war so, dass ich die Varianz der einzelnen Würfe addiert habe. Die Kovarianz müsste ja 0 sein, da die Würfe unabhängig sind.

Die Varianz eines Wurfes habe ich berechnet als

[mm] V(X)=\summe_{i=1}^{n} (x_i [/mm] - [mm] E(X))^2= [/mm] 25,854

mit dem Erwartungswert eines einzelnen Wurfs E(X)=4,68.

Für alle 5 Würfe müsste die Varianz

[mm] V(X_1+X_2+X_2+X_3+X_4)=5*V(X)=5*25,854=129,272 [/mm]

sein, dachte ich zumindest. Die Lösung lautet aber wie erwähnt 11,29?

Schöne Grüße,
MxM


        
Bezug
Varianz bei mehrfachem Würfeln: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 13:05 So 19.02.2012
Autor: Diophant

Hallo,

deine Vorgehensweise ist prinzipiellm schon richtig, da die einzelnen Würfel stochastisch unabhängig sind. Mir kommt nur der Wert

V(X)=25,854

für die Varianz eines Wurfes erstaunlich hoch vor...

Gruß, Diophant

Bezug
                
Bezug
Varianz bei mehrfachem Würfeln: Varianzberechnung
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:46 So 19.02.2012
Autor: MxM

Hallo,

danke schonmal für diesen Hinweis, es scheinen also mindestens 2 Fehler drin zu sein, da ich Vergessen habe, die Summe der quadrierten Abweichungen durch n zu teilen.

Damit bleibt, mit dem Erwartungswert

[mm] E(X)=\bruch{1}{n}*\summe_{i_1}^{n}x_i*p_i [/mm] = 0,06*1 + 0,06*2 + 0,06*3 + 0,2*4 + 0,2*5 + 0,42*6 = 4,68,

die Varianz für einen Wurd bei

[mm] \sigma^2=\bruch{1}{n} \summe_{i=1}^{6}(x_i-E(X))^2 [/mm] = [mm] (1-4,68)^2 [/mm] + [mm] (2-4,68)^2 [/mm] + [mm] (3-4,68)^2 [/mm] + [mm] (4-4,68)^2 [/mm] + [mm] (5-4,68)^2 [/mm] + [mm] (6-4,68)^2) [/mm] = 4,309

Die Varianz für 5 Würfe wäre damit 5*4,309=21,545 und daher immernoch höher als die Lösung. Wo liegt der zweite Fehler?


Bezug
                        
Bezug
Varianz bei mehrfachem Würfeln: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:32 So 19.02.2012
Autor: vivo

Hallo,

warum nimmst du bei der Varianzberechnung nicht mit der jeweiligen W.-keit mal?

Gruß

Bezug
                                
Bezug
Varianz bei mehrfachem Würfeln: Danke!
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 16:52 So 19.02.2012
Autor: MxM

Ah, alles klar, danke, hatte ja die Summe der quadratischen Abweichungen durch n geteilt, was ja nur bei Stichproben richtig ist (?). Mit den jeweiligen Wahrscheinlichkeiten und ihne das 1/n geht es. Danke!

Bezug
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