zweifacher Münzwurf

01.12.2014, 19:54

Malicious

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zweifacher Münzwurf

Meine Frage:
Hallo,

ich hab hier ne Aufgabe mit Münzen... Sie lautet wie folgt:

Es werden n Münzen geworfen, bei denen Wappen jeweils unabhängig voneinander mit Wahrscheinlichkeit p fällt. Dann werden diejenigen Münzen noch einmal geworfen, bei denen Wappen fiel. Sei X die Anzahl der Wappen bei der zweiten Wurfserie.

Bestimmen Sie die Verteilung und den Erwartungswert von X.

Meine Ideen:

Also X: "Anzahl der Wappen bei der zweiten Wurfserie"

X ist B (n,p) verteilt mit n ist unbekannt und p = $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ , da n unabhängige Ereignisse und genau zwei Ausgänge Wappen oder nicht Wappen

und E(X) = n*p = $\begin{eqnarray*} \frac{n}{2} \end{eqnarray*}$

Aber das wäre doch zu einfach so oder??

kann mir vielleicht jemand helfen...

01.12.2014, 20:30

Dopap

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dein Erwartungswert ist der von n fairen Münzen im ersten Wurf.

Es geht aber um die bedingte Anzahl der Wappen im zweiten Wurf ; und p ist nicht bekannt.

01.12.2014, 20:59

Malicious

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ahh ja... hmm ...

n ist nicht bekannt und p ist nicht bekannt... verwirrt

verwirrt

und wie gehts dann weiter unglücklich

unglücklich

Also Wappen fällt mit WK p dann hat "nicht" Wappen die WK (1-p)

ja also wenn ich B(n,p) mal aufschreibe sieht das ja so aus

B (n,p) = $\begin{eqnarray*} \binom nk \end{eqnarray*}$ * $\begin{eqnarray*} p^{k} (1-p)^{n-k} \end{eqnarray*}$

aber was bedeutet das hier ..."Dann werden diejenigen Münzen noch einmal geworfen, bei denen Wappen fiel"? und was meinst du mit "bedingte Anzahl der Wappen im zweiten Wurf"?

Muss ich ne Fallunterscheidung machen für Wappen?

01.12.2014, 21:02

Hausmann

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Zitat:

Original von Dopap
dein Erwartungswert ist der von n fairen Münzen im ersten Wurf.[...]und p ist nicht bekannt.

Es gibt zwar gerade zu diesem Thema viele mißverständliche Schul-Aufgaben und oft weiß man nicht, was sich der Verfasser eigentlich gedacht hat.

Bei diesen traditionellen Aufgaben mit Münzen oder Würfeln jedoch wird üblicherweise von einer Gleichverteilung ausgegangen und für abweichende Sonderfälle (gezinkter Würfel meinetwegen) schreibt man das extra in der Fragestellung. mfG

01.12.2014, 21:08

Malicious

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Hallo Hausmann,

ist der Einspruch von Dopap also nicht berechtigt?

Ich weiß gerade nicht recht wie ich weiter vorgehen soll :-/

01.12.2014, 21:53

Dopap

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Zitat:

Original von Malicious
ahh ja... hmm ...

n ist nicht bekannt und p ist nicht bekannt... verwirrt

verwirrt

und wie gehts dann weiter unglücklich

unglücklich

Also Wappen fällt mit WK p dann hat "nicht" Wappen die WK (1-p)

ja also wenn ich B(n,p) mal aufschreibe sieht das ja so aus

B (n,p) = $\begin{eqnarray*} \binom nk \end{eqnarray*}$ * $\begin{eqnarray*} p^{k} (1-p)^{n-k} \end{eqnarray*}$

ziemlich richtig.
Wenn man X_1 die Anzahl der Wappen im ersten wurf ansieht, dann

$\begin{eqnarray*} p(X_1=k)= B(n,p,k) = \binom nk p^{k} (1-p)^{n-k} \end{eqnarray*}$

Zitat:

aber was bedeutet das hier ..."Dann werden diejenigen Münzen noch einmal geworfen, bei denen Wappen fiel"? und was meinst du mit "bedingte Anzahl der Wappen im zweiten Wurf"?

Muss ich ne Fallunterscheidung machen für Wappen?

Wenn X_2 die Anzahl der Wappen des 2. Wurfes darstellt, dann hängt diese Anzahl doch von dem Ausgang des ersten Wurfes ab.

sieh doch mal den Ablauf der möglichen Fälle:

1.) $\begin{eqnarray*} k=0 \rightarrow p(X_1=0)p(X_2=0)=B(n,p,0)\cdot 1=(1-p)^n \quad |\quad x=0 \end{eqnarray*}$

das ist das erste Paar (x=0, (1-p)^n)

2.)a.) $\begin{eqnarray*} k=1 \rightarrow p(X_1=1)p(X_2=0 )=B(n,p,1)\cdot (1-p) =... \quad |\quad x=0 \end{eqnarray*}$
b.) $\begin{eqnarray*} k=1 \rightarrow p(X_1=1)p(X_2=1 )=B(n,p,1)\cdot p =... \quad |\quad x=1 \end{eqnarray*}$

das zweite doppelte Paar (0,B(n,p,1)(1-p)), (1, B(n,p,1)(p))
.....................

6.)
a. $\begin{eqnarray*} k=5\rightarrow p(X_1=4)p(X_2=0)=... = \quad |\quad x=0 \end{eqnarray*}$
b. $\begin{eqnarray*} k=5\rightarrow p(X_1=4)p(X_2=1)=... = \quad |\quad x=1 \end{eqnarray*}$
c.) $\begin{eqnarray*} k=5\rightarrow p(X_1=4)p(X_2=2)=... = \quad |\quad x=2 \end{eqnarray*}$
d.) $\begin{eqnarray*} k=5\rightarrow p(X_1=4)p(X_2=3)=... = \quad |\quad x=3 \end{eqnarray*}$
e. $\begin{eqnarray*} k=5\rightarrow p(X_1=4)p(X_2=4)=... = \quad |\quad x=4 \end{eqnarray*}$
f.) $\begin{eqnarray*} k=5\rightarrow p(X_1=4)p(X_2=5)=... = \quad |\quad x=5 \end{eqnarray*}$

...

jetzt sollte man alle Wahrscheinlichkeiten der Reihe nach für x=0, x=1, x=2 ...

addieren und in einer Tabelle darstellen. Das wäre dann die Wahrscheinlichkeitsfunktion

für X_2

-----------------------
Edit: ob sich das als geschlossene Formel darstellen lässt ist mir unklar. Evtl geht aber E(X_2)

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01.12.2014, 22:29

Malicious

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Ok also das ich zwei Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X_{1} und X_{2} \end{eqnarray*}$ betrachten muss, hab ich nun verstanden...

Die möglichen Fälle für den zweiten Wurf hast du sehr schön aufgeschrieben...

Aber das hab ich gar nicht gecheckt -.-

02.12.2014, 12:45

Dopap

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der Erwartungswert ist meiner Meinung nach wohl einfacher:

$\begin{eqnarray*} E(X_2)=\sum\limits_{k=0}^{n} \bigg [ \binom {n}{k} p^k (1-p)^{n-k}\cdot pk] \bigg] \end{eqnarray*}$

02.12.2014, 13:04

h4mmer

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Hm, warum so kompliziert?

Sei W=Wappen. Die WS für $\begin{eqnarray*} (W,W) \end{eqnarray*}$ , also Wappen im ersten und zweiten Wurf beträgt $\begin{eqnarray*} p^2 \end{eqnarray*}$ .

Also betrachtet man eine Binomialverteilung $\begin{eqnarray*} \mathbb B(n,p^2) \end{eqnarray*}$ .
Hier ist der Erwartungswert hoffentlich bekannt.

Gruß

02.12.2014, 14:17

Dopap

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ja logisch!

Ich wollte eben streng das Spiel nachbilden: n Münzen werden geworfen und dann die mit Wappen noch einmal.

Ersatzweise kann man aber jede Münze der Reihe nach 2 mal werfen Hammer

Hammer

02.12.2014, 17:14

Malicious

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Hilfe bin voll durcheinander....

sind wir uns einig, dass ich zwei Zufallsvariablen brauche??

Dann betrachte ich die Binomialverteilung, hier ist ja die Frage wie ich mit meinem n und p umgehe, die sind ja.unbekannt

DOPAP BEI DEM Erwartungswert, wie kommst du da auf P*k ganz hinten??

Und h4mmer wie meinst du B ( n,p^2)??? Für sowas hab ich noch nie ein Erwartungswert berechnet, kannst du bitte darauf noch mal eingehen.... Und konkret sagen, wie das aussieht...

Ich versuch das wirklich zu verstehen und nachzuvollziehen aber das fällt mit gerade schwer...

02.12.2014, 19:08

Dopap

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Zitat:

Original von Malicious

sind wir uns einig, dass ich zwei Zufallsvariablen brauche??

neuerdings nicht mehr. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zitat:

Dann betrachte ich die Binomialverteilung, hier ist ja die Frage wie ich mit meinem n und p umgehe, die sind ja unbekannt

also das ist ja hinlänglich klar. Wenn man keine Parameter verwenden dürfte, dann kann man auch keine Formeln aufstellen. siehe z.B. ---> ax^2+bx+c=0
Obiges Problem soll also für alle n und p in einem Aufwasch gelöst werden.

Zitat:

DOPAP BEI DEM Erwartungswert, wie kommst du da auf P*k ganz hinten??

nun, ich berechne die Wkt, dass genau k Wappen im ersten Versuch fallen. Im nächsten Wurf werfe ich mit k Münzen und nicht mit n Münzen.
Und der Erwartungswert ist bekanntermaßen: Anzahl der Versuche * Wahrscheinlichkeit p in jeder Stufe. Also hier nicht np sondern kp.

Zitat:

Und h4mmer wie meinst du B ( n,p^2)??? Für sowas hab ich noch nie ein Erwartungswert berechnet, kannst du bitte darauf noch mal eingehen.... Und konkret sagen, wie das aussieht...

also: bei der Binomialverteilung haben wir B(n,p,x) z.b. bei mehrfacher Wiederholung eines Wurfes mit einem Reißnagel. Obwohl 2 Ausfälle möglich sind, sind diese nicht gleichwahrscheinlich.

Nun, man erklärt das 2 malige Werfen der Münze zum Bernoulli-Versuch derart, dass

X=Anzahl Treffer=Anzahl von 2 mal Wappen = Wappen Wappen, so wie gefordert.

p(WW)=pp=p^2

und die Verteilung ist dann B(n,p^2,x)=...

der Erwartungswert E(X)= ...

Zitat:

Ich versuch das wirklich zu verstehen und nachzuvollziehen aber das fällt mit gerade schwer...

studierst du Mathe ? Augenzwinkern

Augenzwinkern

02.12.2014, 19:17

Malicious

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JA! aber ich hasse diesen Münzkram ... Naja ok zurück zur Aufgabe Big Laugh

Big Laugh

Ich glaub jetzt hab ich das verstanden.... ich war nur so durcheinander, weil ihr euch gegenseitig korrigiert habt, ohne etwas zu bestätigen ;-)

Ok dann danke und schon Abend noch.

02.12.2014, 19:23

Dopap

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Wir haben uns nicht korrigiert, mein Weg war aber wahrhaft kompliziert, aber deshalb nicht falsch.
So ist das eben mit der Mathe... Wink

Wink

06.12.2014, 21:18

Malicious

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Hallo,

mir ist grad aufgefallen, dass mir noch was fehlt...unzwar sind ja die Voraussetzungen für die Binomialverteilung gegeben durch:

(1) n- maige Wiederholung eines Versuchs/ Experiments, in meinem Fall n maliger Münzwurf

(2) n Ereignisse sind unabhängig, in meinem Fall ist das Ereignis Wappen fällt unabhängig

so und jetzt (3) es gibt genau 2 Ausgänge, das ist nämlich nicht direkt aus der Aufgabenstellung zu entnehmen:

Ich hab das folgendermaßen modelliert unzwar mit einer Indikatorvariable bzw. Indikatorfunktion unter dem Standpunkt das ich mich nur für das Ereignis (W,W) inetressiere:

$\begin{eqnarray*} I_{W}(w) \end{eqnarray*}$ = 1, falls w $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ (W,W)
0, falls w $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ (W,Z),(Z,W),(Z,Z)

Sprich das Ereignis (W,W) ist mein Treffer entspricht 1 und die Ereignisse (W,Z),(Z,W),(Z,Z) sind meine Nieten entspricht 0

Da ich das ja für n maligen Münzwurf betrachte, kann ich dann die 2 Ausgänge wie folgt darstellen :

Omega := { $\begin{eqnarray*} ( a_{1}, a_{2},...,a_{n}: a_{j} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ {0,1} für j={1,...,n}={0,1} $\begin{eqnarray*} ^{n} \end{eqnarray*}$

Damit hätte ich auch die dritte Voraussetzung für die Binomialverteilung begründet...

Kann ich das so aufschreiben? Mein Gedanke ist doch auch gerechtfertigt oder?

also irgendiwe uss ich doch diese 2 Ausgänge erzeugen !?

Hilfe ...

06.12.2014, 22:19

Dopap

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Nun, du treibst da einen ziemlich formalen Aufwand.

Man definiert einfach einen Bernoulli-Versuch derart , dass eine Bernoulli Zufallsvariable durch den Versuch mit einem Doppelmünzwurf 2 Ergebnisse mit Wahrscheinlichkeiten 1/4 und 3/4 liefert, und natürlich unabhängig sind. Den Ergebnissen ordnet man nun 1 und 0 zu.

Wird der Versuch n mal wiederholt, dann gibt es n Zufallsallsvariable $\begin{eqnarray*} B_n \end{eqnarray*}$ , eine für jede Stufe des Versuches.

Eine neue Zufallsvariable $\begin{eqnarray*} S=B_1+B_2+B_3 + \cdots +B_n \end{eqnarray*}$ ist dann binomialverteilt.

06.12.2014, 22:32

Malicious

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hmm deine Argumentation versteh ich jetzt nicht weil ich wollte das ja direkt auf meinen Fall übertragen aber so wie du das aufgeschrieben hast, weiß ich nicht wie das geht -.- ... warum denn jetzt 1/4 und und 3/4 unglücklich

unglücklich

07.12.2014, 15:41

Malicious

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Also falls das richtig ist, was ich aufgeschrieben hatte, dann ist das doch ok, also es vielleicht kompliziert aufgeschrieben aber ich verstehe das besser so...

Hat vielleicht noch jemand anders ne Anmerkung dazu ( zu meiner Indikatorfunktion)....

07.12.2014, 21:41

Dopap

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Zitat:

Original von Malicious
Ich hab das folgendermaßen modelliert unzwar mit einer Indikatorvariable bzw. Indikatorfunktion unter dem Standpunkt das ich mich nur für das Ereignis (W,W) inetressiere:

$\begin{eqnarray*} I_{W}(w) \end{eqnarray*}$ = 1, falls w $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ (W,W)
0, falls w $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ (W,Z),(Z,W),(Z,Z)

Sprich das Ereignis (W,W) ist mein Treffer entspricht 1 und die Ereignisse (W,Z),(Z,W),(Z,Z) sind meine Nieten entspricht 0

Da ich das ja für n maligen Münzwurf betrachte, kann ich dann die 2 Ausgänge wie folgt darstellen :

n Ausgänge sind gemeint.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \Omega := \{ ( a_{1}, a_{2},...,a_{n}\}~ \text{mit}~ a_{j}~ \in \{0,1\}^n ~\text{ für} ~j=1,...,n \end{eqnarray*}$
[colour=dark-blue] leicht abgeändert /dopap [/colour=dark-blue]
Damit hätte ich auch die dritte Voraussetzung für die Binomialverteilung begründet...

ja, das kann man so schreiben.
Deine Indikatorvariablen sind mit meinen $\begin{eqnarray*} B_j \end{eqnarray*}$ identisch.

07.12.2014, 23:57

Malicious

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Dankee

Big Laugh

und gute Nacht

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