Ausgabe?

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13.06.2006, 19:56	schlimbim	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeit/Lostrommel/Ausgabe? Hallo; ich versuch diese Aufgabe zu lösen komm aber nicht weiter, vielleicht kann mir hier jmd helfen? Aufgabe: In einer Lostrommel befinden sich 70% Nieten und 30% Gewinnlose. Ein Mann will solange ein Los kaufen, bis er ein Gewinnlos gezogen hat, höchstens aber 5 Lose. Mit welcher Ausgabe muss er im Mittel rechnen, wenn jedes Los 2€ kostet und welche Standartabweichung ist vorhanden? Mein Ansatz: er kann insgesamt fünf Lose ziehen, d.h 1. für das erste Los hat er eine Wahrscheinlichkeit von 30% 2. für das zweite Los 0,21 (0,70,3) 3. für das dritte Los 0,147 (0,70,70,3) für das vierte 0,1029 (0,7^3 0,3 für das fünfte 0,072 (0,7^4 *0,3 ?was meint Ihr ? Wenn das richtig ist, dann habe ich auch keine Probleme die Standartabweichung zu berechnen jedoch wurde mir gesagt, dass dieser Ansatz falsch wäre! DA, es nicht sein kann, dass er mit jedem Zug eine geringere Wahrscheinlichkeit hat ein Gewinnlos zu ziehen! Bin für jede Hilfe dankbar
13.06.2006, 20:13	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wahrscheinlichkeit/Lostrommel/Ausgabe? Deine Rechnung ist richtig. Zur Kritik: In jedem Zug hat er die gleiche WS für Niete und Gewinn. Dass hast du ja auch so gerechnet. Warum werden die WS nun immer kleiner? Weil wir an diese Ereignisse mehr Bedingungen stellen. E1 = Gewinn im ersten Los E2 = Gewinn im zweiten Los - Da steck aber auch die Bedingung drin, dass er im ersten eine Niete gezogen haben muss, da er sonst nicht mehr zieht! also müßte E2 eigentlich so lauten " Gewinn erst im zweiten los". Stellt man an das erste los keine Bedingung so gilt 0.70.3 + 0.30.3 = 0.3
15.10.2012, 14:17	sunshine1408	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wahrscheinlichkeit/Lostrommel/Ausgabe? Ist zwar schon etwas länger her, aber am Ende sollte ja eine richtige Lösung hier stehen. Ich habe eben vor dem selben Problem gestanden wie du. Der Fehler liegt im 5. Zug. Laut Aufgabenstellung ist es nicht sicher im 5. Zug den Gewinn zu ziehen. Es sind mehr als 5 Lose vorhanden. Also musst du den 5. Zug wie folgt berechnen: 0,7^4*0,3+0,7^5 Dann müsste auch die Tabelle stimmen. Die Summe der Wsk. müssen ja eins ergeben. Ich hoffe ich habe keinen Denkfehler :-) Oder muss man das doch mit der Binominalverteilung lösen, weil man nicht weiß wie viele Lose es insgesamt sind? Bei der nächsten Frage wie viele Kosten im Mittel komme ich nicht weiter. Hätte dann xi 2,4,6,8,10 und P(xi) die Wsk wie in der ersten Tabelle. Schlimmstenfalls wären es 5 Züge ohne Gewinn und bestenfalls 1 Zug. Man kommt aber auf einen Erwartungswert von 12,955 was natürlich Blödsinn ist. Vllt. kann mir hier jemand weiter helfen?
15.10.2012, 16:29	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
eine Lostrommel ist schon etwas ungeeignet zum Ziehen mit Zurücklegen. Ein Reissnagel wäre schon besser geeignet. Aber egal: edit: Rest entfernt. 'muss nochmal nachdenken.
15.10.2012, 17:03	sunshine1408	Auf diesen Beitrag antworten »
Müsste die Formel nich so lauten: $\begin{eqnarray} p(L=n)= \sum_{\mu=1}^n \begin{pmatrix} n \\ {\mu} \end{pmatrix} 0.7^{\mu-1}0.3^{\mu} \end{eqnarray}$ edit: Mir fällt gerade auf das Binominalverteilung ja nur angewendet werden darf, wenn es ziehen mit zurücklegen ist.
15.10.2012, 17:38	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
nur der 5-Versuch macht Ärger: Sei L die Länge der Bernouillikette, dann gilt $\begin{eqnarray} p(L=n)= \sum_{\mu=1}^n \begin{pmatrix} n \\ {\mu} \end{pmatrix} 0.7^{\mu-1}0.3 \end{eqnarray}$ für n=1...4 und $\begin{eqnarray} p(L=5)= 0.7^4 \end{eqnarray}$ erst mal das klären. edit: nicht richtig w.g. Binomialkoeffizient.
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15.10.2012, 17:47	sunshine1408	Auf diesen Beitrag antworten »
Der 5. Versuch stört bei jeder Formel irgendwie. Unser Prof hatte die mal als Schulaufgabe in einer Klausur. (Lehramt Mathematik) Schlimmer als die anspruchsvollen Uniaufgaben:-)
15.10.2012, 18:18	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
Du bringst mich ganz durcheinander, nochmals: $\begin{eqnarray} p(L=n) = \begin{cases} \sum_{\mu=1}^n 0.7^{\mu-1}0.3 & n=1...4 \\ \\ 0.7^4 & n=5 \end{cases} \end{eqnarray}$ Einwände?
15.10.2012, 19:27	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
ich mach mal weiter, Verteilung der Zufallsgrösse (A) Ausgaben in Euro: $\begin{eqnarray} \begin{tabular}{c\|\|c\|c\|c\|c\|c} A & 2 & 4 & 6 & 8 &10 \\ \hline p(A) & 1 & $ 0.7\cdot 0.3$ & $0.7^2\cdot 0.3$ & $0.7^3\cdot 0.3$ & $ 0.7^4$ \end{tabular} \end{eqnarray}$ die Ausgaben ( genauer: die Zwischenzahlungen ) erfolgen vor der Losziehung ! Lass das jetzt mal so stehen. Einwände?
15.10.2012, 23:18	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
die Zufallsvariable A induziert mit ihren Werten keine Klasseneinteilung der Ereignisse, demnach sind die induzierten Ereignisse nicht unabhängig und die Wkt-Summe muss nicht 1 betragen. Sehe ich das so richtig? edit: falsch , das Gegenteil muss stimmen.
16.10.2012, 08:48	sunshine1408	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok jetzt hab ich es verstanden. Ich dachte halt es muss immer eins betragen weil A hier zwar die Kosten sind, aber im Grunde genommen ja auch für 1, 2, 3, 4, 5 Zug. Das hat mich immer irritiert das ich einfach nicht auf die Summe 1 komme. Wenn das nicht sein muss, dann ist es jetzt klar. Dankeschön für die Hilfe
16.10.2012, 09:12	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
nein. doch nicht, du hast recht. Zufallsvariable A: $\begin{eqnarray} \begin{tabular}{c\|\|c\|c\|c\|c\|c} A & 2 & 4 & 6 & 8 &10 \\ \hline p(A) &$ 0.3$ & $ 0.7\cdot 0.3$ & $0.7^2\cdot 0.3$ & $0.7^3\cdot 0.3$ & $ 0.7^4$ \end{tabular} \end{eqnarray}$ mit Wkt-Summe =1
16.10.2012, 09:35	sunshine1408	Auf diesen Beitrag antworten »
bei der 10 wäre doch dann 0,7^4*0,3+0,7^5 im Ergebnis ist das ja eh das selbe. Nur der E(x)= 5,5462 Ich habe mich gestern wohl verrechnet. Also muss man im Mittel mit 5,55 --> 6€ rechnen. Das würde ja dann auch mit den 3 Zügen übereinstimmen.
16.10.2012, 17:25	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
E(A)=5.5462 kann ich bestätigen.

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