Vermischte Aufgabe (Erwartungswert, Hypothesentest...)

04.03.2006, 11:05

SkYfiGhTeR

Vermischte Aufgabe (Erwartungswert, Hypothesentest...)

Hallo,

es geht um die Aufgabe im Anhang.

Bei Aufgabe a) habe ich per Baumdiagramm folgendes rausbekommen:

$\begin{eqnarray*} P(\text{Drei Einser})+P(\text{Drei Zweier})=\frac{1}{6}+\frac{1}{12}=\frac{1}{4}=25% \end{eqnarray*}$

Aufgabe b):

$\begin{eqnarray*} E(X)=\frac{1}{6}*30 \text{ Euro}+\frac{1}{12}*12 \text{ Euro}=5 \text{ Euro}+1 \text{ Euro}=6 \text{ Euro} \end{eqnarray*}$

So, das wäre ja für einen Spieleinsatz von 0€.

Nun ist noch gefragt, wie hoch der Einsatz zu wählen ist, damit der Betreiber weder Gewinn noch Verlust macht.

Da der mittlere Gewinn bzw. Erwartungswert ja bei 6€ liegt, müsste doch auch der Spieleinsatz bei 6€ liegen, dass der Betreiber weder Gewinn noch Verlust macht oder?!

- - - - -

Aufgabe c):

Hier bin ich etwas unsicher, da das mit den Tests schon wieder etwas her ist und ich irgendwie nicht mehr sooo ganz durchblicke momentan. *g*

$\begin{eqnarray*} H_{0}=0,4 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} H_{1}\neq0,4 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=50 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Irrtumswahrscheinlichkeit } \alpha=5% \end{eqnarray*}$

So, wären da nun die "Entscheidungsregeln" für die beiden Hypothesen einfach diese:

Dass $\begin{eqnarray*} H_{0} \end{eqnarray*}$ eintritt, muss $\begin{eqnarray*} X=20 \end{eqnarray*}$ sein und sofern $\begin{eqnarray*} 19 \geq X \geq 21 \end{eqnarray*}$ ist, wird $\begin{eqnarray*} H_{0} \end{eqnarray*}$ verworfen bzw. dann ist es eben $\begin{eqnarray*} H_{1} \end{eqnarray*}$ ?

04.03.2006, 12:11

Teutone

Auf diesen Beitrag antworten »

Haha, das ist ja lustig.

Also a) ist erstmal richtig

Bei b) hast du die Wahrscheinlichkeiten für 1er und 2er vertauscht. Damit ergibt sich dann natürlich nen anderer Erwartungswert. Aber zufällig sind die 6 Euro Einsatz dann richtig.
Die sind allerdings nicht einfach der Erwartungswert, sondern dieser geteilt durch die Wahrscheinlichkeit der "restlichen Ereignisse".

Mach dir einfach mal ne Tabelle mit der entsprechenden Wahrscheinlichkeitsverteilung.

Zu c): Erstmal: so einfach geht das nicht Augenzwinkern

Als erstes würde ich folgende Hypothesen vorschlagen:
$\begin{eqnarray*} H_{0}: p=0.4 \end{eqnarray*}$ (will man wiederlegen)
$\begin{eqnarray*} H_{1}: p=0.25 \end{eqnarray*}$ (aus a, will man indirekt beweisen)

Ein Test um den Erwartungswert ist hier also denk ich nicht angebracht.

Für die Wahrscheinlichkeit des Ablehnungsbereich ergibt sich dann folgendes:
$\begin{eqnarray*} P(X\leq k)=\alpha \text{ mit } B\sim X_{50;0.4} \end{eqnarray*}$

04.03.2006, 13:06

SkYfiGhTeR

Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

stimmt...nochmal zu b) also:

$\begin{eqnarray*} E(X)=\frac{1}{6}*12 \text{ Euro}+\frac{1}{12}*30 \text{ Euro}=2 \text{ Euro}+2,50 \text{ Euro}=4,50 \text{ Euro} \end{eqnarray*}$

Klar kann ich mir noch 'ne Tabelle mit der Wahrscheinlichkeitsverteilung aufstellen, dann sehe ich, dass ich 0€ mit der Wahrscheinlichkeit von 3/4 erhalte, 12€ mit 1/6 und 30€ eben mit 1/12.

Nur wieso muss ich den Erwartungswert meines Gewinnes von 4,50€/Spiel durch die Wahrscheinlichkeit nichts zu gewinnen teilen, um dann den Spieleinsatz zu berechnen, der dann genau so groß ist, dass der Betreiber weder Gewinn noch Verlust macht?!

Wenn ich pro Spiel dann 6€ Spieleinsatz zahle und der Gewinn-Erwartungswert pro Spiel bei 4,50€ liegt, dann macht doch der Betreiber im Prinzip einen Gewinn von 1,50€/Spiel oder nicht?

Irgendwie ist mir das ganze gerade nicht so einleuchtend. Und wie würde man denn den Erwartungswert oder mittleren Gewinn für den Betreiber ausrechnen? Da müsste ja dann 0€ rauskommen...

Danke schon mal für Erklärung. *g*

04.03.2006, 13:24

Teutone

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, dann mach ich eben die Tabelle, wobei X die die Auszahlung repräsentierende Zufallsgröße ist:

code:
1: 2: 3: 4: 5:	e 3 * "1" 3* "2" Sonstiges x_i 12+e 30+e 0 G(X=X_i) 12 30 -e P(X=X_i) 1/6 1/12 3/4

Und nun gilt $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \cdot 12 + \frac{1}{12} \cdot 30 + \frac{3}{4} \cdot (-e)=0 \end{eqnarray*}$

06.03.2006, 21:22

SkYfiGhTeR

Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

alles klar danke...das mit dem Einsatz (e bzw. -e) hatte ich so irgendwie nicht in meiner Wahrscheinlichkeitsverteilung drin. Ich hatte sozusagen nur die zweite (ohne e) und vierte Zeile.

- - - - - - - - - - -

Es geht nun kurz um die Aufgabe im Anhang.

Bei Aufgabe a) gab es soweit eigentlich keine Probleme.

Das Baumdiagramm habe ich gezeichnet und die Wahrscheinlichkeitsverteilung habe ich auch nachweisen können:

$\begin{eqnarray*} P(1)=3*(\frac{1}{5}*\frac{1}{4})+2*(\frac{1}{5}*\frac{1}{2})=\frac{7}{20} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(2)=3*(\frac{1}{5}*\frac{1}{2})+2*(\frac{1}{5}*\frac{3}{8})=\frac{9}{20} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(3)=3*(\frac{1}{5}*\frac{1}{4})+2*(\frac{1}{5}*\frac{1}{8})=\frac{1}{5} \end{eqnarray*}$

Aufgabe b):

Da habe ich irgendwie gerade etwas Probleme beim Aufstellen der Wahrscheinlichkeit.

Erstmal für $\begin{eqnarray*} E_{1} \end{eqnarray*}$ vielleicht...

Ich habe mir überlegt, dass das ja irgendwie mit Kombinatorik bzw. eben diesem "n über k" gehen müsste oder?

Also allgemein tritt die Augenzahl 2 mit der Wahrscheinlichkeit von 9/20 auf.

Nun mache ich den ganzen Vorgang jedoch dreimal, also steigt die Wahrscheinlichkeit die Augenzahl 2 zu bekommen ja an. Nämlich dann wohl 3*(9/20).
Aber ich muss ja jetzt etwas aufstellen, dass ich drei "Ziehungen" bzw. Würfen, nur einmal eine 2 bekomme und ansonsten immer keine zwei.

Nur irgendwie bekomme ich das mit dem Aufstellen gerade nicht mehr so auf die Reihe. Vielleicht kann mit jemand bei der $\begin{eqnarray*} E_{1} \end{eqnarray*}$ mal behilflich sein und dann müsste ich die beiden anderen eigentlich wieder hinbekommen hoffe ich. Oder zumindest mal den Grundansatz hierfür, vll. nicht mal direkt auf $\begin{eqnarray*} E_{1} \end{eqnarray*}$ bezogen oder so...

Danke im Voraus!

06.03.2006, 22:04

Teutone

Auf diesen Beitrag antworten »

Also Stichwort ist hier die Binomialverteilung. Mit $\begin{eqnarray*} n=3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p=\frac{9}{20} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} k=1 \end{eqnarray*}$ im Falle von $\begin{eqnarray*} E_{1} \end{eqnarray*}$

07.03.2006, 13:22

SkYfiGhTeR

Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

ahja...stimmt.

$\begin{eqnarray*} E_{1}=40,8% \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E_{2}=10,4% \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E_{3}=2,6% \end{eqnarray*}$

Bei $\begin{eqnarray*} E_{3} \end{eqnarray*}$ bin ich mir irgendwie nicht so sicher...

07.03.2006, 16:27

bil

Auf diesen Beitrag antworten »

also ich hab bei $\begin{eqnarray*} E_3 \end{eqnarray*}$ 6,2% rausbekommen...

gruss bil

07.03.2006, 18:06

SkYfiGhTeR

Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

hm...also auf 6,2% komme ich irgendwie nicht. Ich bin eben mal noch auf etwas mit 7,..% gekommen. *gg*

Es ist ja nach einer Augensumme von mindestens 8 gefragt.

D.h. also Augensumme von 8 und von 9.

Die Augensumme von 8 erhalte ich durch zwei 3er und einem 2er und die Augensumme von 9 erhalte ich durch drei 3er.

Dafür könnte ich ja dann mal die Wahrscheinlichkeit aufstellen.

$\begin{eqnarray*} P(\text{Augensumme 8})=(\frac{1}{5}*\frac{1}{5}*\frac{9}{20})=5,4% \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(\text{Augensumme 9})=(\frac{1}{5}*\frac{1}{5}*\frac{1}{5})=0,8% \end{eqnarray*}$

So, die beiden addiert gäbe dann deine $\begin{eqnarray*} 6,2% \end{eqnarray*}$ sehe ich gerade... *g*

Ich bin auf 7,..% gekommen, da ich irgendwie noch den Faktor 3 jeweils mit dabei hatte, da ich diese drei Würfe die ja gemacht werden noch mit reinbringen wollte. Muss man das nicht?

29.03.2006, 17:51

SkYfiGhTeR

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von SkYfiGhTeR
Dafür könnte ich ja dann mal die Wahrscheinlichkeit aufstellen.

$\begin{eqnarray*} P(\text{Augensumme 8})=(\frac{1}{5}*\frac{1}{5}*\frac{9}{20})=5,4% \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(\text{Augensumme 9})=(\frac{1}{5}*\frac{1}{5}*\frac{1}{5})=0,8% \end{eqnarray*}$

So, die beiden addiert gäbe dann deine $\begin{eqnarray*} 6,2% \end{eqnarray*}$ sehe ich gerade... *g*

Was ich da geschrieben haben stimmt ja nicht wirklich, die Wahrscheinlich für die Augensumme 8 mit 1/5 * /15 * 9/20 = 1,8%

Und dann komme ich wieder auf die 2,6%.

Wo liegt da noch der Fehler?

Oder muss ich mein P(Augensumme 8) mit 3 multiplizieren, da ich drei Möglichkeiten habe, um auf die Summe 8 zu kommen (mit 2x3 und 1x2)? Dann wäre ich ja wieder bei 6,2%, aber das macht irgendwie kein Sinn.

Edit: Ich hab jetzt nochmal geschaut und ich komme auf 2,6%.

So muss es doch sein:

$\begin{eqnarray*} P(\text{Augensumme 8})=(\frac{1}{5}*\frac{1}{5}*\frac{9}{20})=1,8% \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(\text{Augensumme 9})=(\frac{1}{5}*\frac{1}{5}*\frac{1}{5})=0,8% \end{eqnarray*}$

Und das gibt dann 2,6%.

29.03.2006, 19:17

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von SkYfiGhTeR
Oder muss ich mein P(Augensumme 8) mit 3 multiplizieren, da ich drei Möglichkeiten habe, um auf die Summe 8 zu kommen (mit 2x3 und 1x2)? Dann wäre ich ja wieder bei 6,2%, aber das macht irgendwie kein Sinn.

Doch, genau das macht Sinn. Seltsamerweise hast du dich am Ende dann doch für die falsche Variante entschieden.

29.03.2006, 19:26

SkYfiGhTeR

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo,

hmm...ok, dann müsste ich theoretisch aber auch die P(Augensumme 9) mit 3 multiplizieren...sind zwar alles 3er, aber im Prinzip können die auch in drei verschiedenen Variationen auftreten...oder zählt das dann nicht, wenn eh alle gleich sind?

29.03.2006, 19:31

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein: (3,3,3) ist nur eine Variante, während (2,3,3), (3,2,3) und (3,3,2) drei Varianten sind! Bei Augenzahl 7 wird es noch aufwändiger...

29.03.2006, 19:56

SkYfiGhTeR

Auf diesen Beitrag antworten »

hm...ok stimmt auch wieder. Da muss man die Reihenfolge schon berücksichtigen, also die verschiedenen Kombinationen bzw. Varianten.

Alles klar...also doch dann 6,2%.

Danke. Augenzwinkern

Neue Frage »

Antworten »

Vermischte Aufgabe (Erwartungswert, Hypothesentest...)

Verwandte Themen