Erwartungswert beim Würfeln

16.01.2007, 19:17

jana-s

Erwartungswert beim Würfeln

Hallo,
ich stehe total auf dem Schlauch, wäre schön, wenn mir jemand weiterhelfen könnte. Habe zwar die Lösung, weiß aber einfach den Weg, wie das zu berechnen ist, nicht.

Aus 2 möglichen Spielen soll gewählt werden:

A: mit einem Wurf mit 4 Würfeln wenigstens eine Sechs würfeln

B: bei 24 Würfen mit 2 Würfeln mindestens einmal zwei Sechsen würfeln

Soll Spiel A oder B gewählt werden? Gehen Sie bei Ihrer Antwort von den Erwartungswerten aus!

Lösung: E(A)=0,518; E(B)=2/3
Aber wie kommt man zu den Zahlen ????

Danke für jede Hilfe.
Jana

16.01.2007, 19:23

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P(B) ist falsch. Näheres hier:

http://de.wikipedia.org/wiki/De-M%C3%A9r%C3%A9-Paradoxon

16.01.2007, 19:44

jana-s

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Hallo,
das war ja eine super-schnelle Antwort. Das muss ich mir jetzt mal anschauen. Also: Vielen DAAAAAAAAANK !!!
LG Jana

17.01.2007, 17:25

jana-s

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Kann mir jemand sagen, wie das richtige Ergebnis bei Aufgabe B ist?
Danke. Jana

17.01.2007, 17:28

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Hast du denn den Wikipedia-Artikel nicht gelesen bzw. zumindest überflogen? Steht alles drin.

17.01.2007, 19:58

jana-s

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jupp, hab's gefunden. war so mit den allgemeinen erläuterungen beschäftigt, dass ich das gar nicht gesehen haben.

nochmals vielen dank für die schnelle hilfe

gruß jana

18.01.2007, 22:52

jana-s

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so, jetzt habe ich mein nächstes Problem. Als Lösung zu B hat mir mein Dozent folgendes mitgeteilt:

Die Wahrscheinlichkeit bei einem Wurf 2 Sechsen zu bekommen ist 1/36. Da die 24 Würfe unabhängig voneinander sind, ist die Wahrscheinlichkeit bei jedem weiteren Versuch ebenfalls 1/36. Die einzelnen Wahrscheinlichkeiten sollen addiert werden und die Lösung wäre demnach: 1/36 + 1/36 + 1/36 .... = 24/36

Welche Antwort stimmt denn jetzt ?

Vielen Dank für Eure Hilfe
Jana.

18.01.2007, 22:59

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Dann frag mal deinen Dozenten, was bei 72 Würfen passiert: Ist dann seiner Meinung nach die Wahrscheinlichkeit gleich

$\begin{eqnarray*} 72 \cdot \frac{1}{36} = 2 \end{eqnarray*}$ ?

Ich hoffe, das beantwortet deine Frage.

P.S.: Ich hoffe stark, du hast deinen Dozenten falsch zitiert. Ansonsten wäre dessen Inkompetenz geradezu himmelschreiend.

19.01.2007, 08:35

Matheworker1

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ja
wie kommt ihr auf den erwartungswert e(x)=0,52
?

könnt ihr es mir kurz erläutern

19.01.2007, 08:50

Matheworker1

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ich denk mal so
smile

E(x)= $\begin{eqnarray*} (1-\frac{5}{6}^4)\cdot 0,52+(\frac{5}{6}^4) \cdot 0,48=0,5 \end{eqnarray*}$

ich komme auf 0,5 smile

was habe ich denn falsch gemacht?

19.01.2007, 09:33

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Was ist bei dir X, wo kommen die 0.52 bzw. 0.48 her... Erklärungen bitte, was diese blanken Zahlenrechnungen bedeuten sollen!!!

19.01.2007, 11:37

Matheworker1

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s
$\begin{eqnarray*} (1-\frac{5}{6}^4) \end{eqnarray*}$ das ist die wahrscheinlichkeit smile

wie oft die 6 mindestens einmal bei 4 mal würfeln kommt.

[latex](\frac{5}{6}^4)[\latex] und dass ist die wahrscheinlich dass keine 6 bei 4 mal würfeln eintritt.

danach habe ich die beiden zusammen adiert und habe mein erwartungwert rausbekommen.?

hab ich den erwartungwert vollkommen daneben berechnet smile

?

beim erwartungswert bin ich voll am Zweifeln smile

19.01.2007, 12:50

bil

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@matheworker
dir ist schon klar, dass du genau die teile deiner rechnung erklärt hast bei denen arthur nicht explizit nachgefragt hat.

Zitat:

Was ist bei dir X, wo kommen die 0.52 bzw. 0.48 her... Erklärungen bitte, was diese blanken Zahlenrechnungen bedeuten sollen!!!

vll hilft dir das aber schonmal etwas:
http://de.wikipedia.org/wiki/Erwartungswert

gruss bil

edit:
kann es sein, dass du mit $\begin{eqnarray*} 0.48 = \left(\frac{5}{6}\right)^4 \end{eqnarray*}$
meinst?

19.01.2007, 13:17

Matheworker1

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nein ich hab die wahrscheintlichkeit nochmal mit der wahrscheinlichkeit multipliziert

19.01.2007, 14:13

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@Matheworker1

Ok, du hast den Wert

$\begin{eqnarray*} p = \left[ 1- \left( \frac{5}{6} \right)^4 \right]^2 + \left[ \left( \frac{5}{6} \right)^4 \right]^2\qquad (*) \end{eqnarray*}$

berechnet, da kommt rund 0.5 raus.

Nur: Was hat dieses $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ mit der Erfolgswahrscheinlichkeit bei diesem Würfelspiel hier zu tun???

Der Wert (*) lässt sich durch "Reverse Engineering" höchstens so interpretieren:

Man führt zwei Serien zu je vier Würfen durch. Gewonnen hat man, wenn in beiden Serien getrennt jeweils mindestens eine 6 gewürfelt wird, ODER wenn in beiden Serien jeweils keine 6 gewürfelt wird (letzteres kann man auch so formulieren: alle acht Würfe ohne eine einzige 6).

Schön kompliziertes Gewinnbedingung, aber soweit muss man schon ausholen, um diesem Wert (*) noch einen Sinn abzugewinnen. Big Laugh

19.01.2007, 18:23

Matheworker1

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aha
ich verstehe jetzt nur chinesisch smile

meine frage war wie kommt man auf den erwartungswert ,0,52 ?

ich weiß dass die wahrscheinlichkeit52 % smile

warum hat jetzt P = mit E(x) zu tun ???das verstehe ich nicht

i

19.01.2007, 18:36

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Es geht um den Erwartungswert der mittleren Gewinnanzahl bei einer Anzahl solcher durchgeführten Spiele. Und der entspricht der Gewinnwahrscheinlichkeit eines Spiels. Dahinter steckt, dass für den Erwartungswert $\begin{eqnarray*} E(X) \end{eqnarray*}$ einer Indikatorzufallsgröße

$\begin{eqnarray*} X = \begin{cases} 1 & \;\mbox{falls Gewinn}\\ 0 & \;\mbox{falls Niederlage} \end{cases} \end{eqnarray*}$

mit Gewinnwahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(X=1)=p \end{eqnarray*}$ und demzufolge Niederlagewahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(X=0)=1-p \end{eqnarray*}$ gerade der Wert $\begin{eqnarray*} E(X)=p \end{eqnarray*}$ herauskommt.

Du dagegen hast was ganz anderes gemacht: Du hast den Erwartungswert der Zufallsgröße

$\begin{eqnarray*} Y = \begin{cases} 1-\left( \frac{5}{6} \right)^4 & \;\mbox{falls Gewinn}\\ \left( \frac{5}{6} \right)^4 & \;\mbox{falls Niederlage} \end{cases} \end{eqnarray*}$

berechnet, hast sozusagen Wert der Zufallsgröße mit Annahmewahrscheinlichkeit durcheinandergebracht. Diese Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ hat keinen erkennbar interpretierbaren Sinn.

23.01.2007, 00:49

Zellerli

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hab das hier nur überflogen, aber glaube nicht folgende lösung gesehen zu haben: pro doppelwurf hat man die chance von 1/6 * 1/6 = 1/36 die doppel-sechs zu bekommen.
gegenereignis:
P(mindestens einmal 2 sechsen) = 1 - P(nie 2 sechsen)
P(nie 2 sechsen) = (35/36)^24
--> P(mindestens einmal 2 sechsen) = 0,491

was mit "erwartungswert" hier gemeint sein soll ist mir ein rätsel. ich kenne den erwartungswert nur in verbindung mit zufallsgrößen. wenn die zufallsgrößen, wie Arthur Dent schon beschrieben hat, X=1 für Gewinn und X=0 für Niederlage sind, so gilt: E(X) = 1 * 0,491 + 0 * (1-0,491) = 0,491.

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