Erwartungswert bei unterschiedlichen Wahrscheinlichkeiten

06.06.2019, 19:24

callmesagitt

Erwartungswert bei unterschiedlichen Wahrscheinlichkeiten

Hallo,

ich habe mal wieder ein kleines Problem...

Spieler A und Spieler B schießen auf ein Ziel.
Spieler A trifft mit Warscheinlichkeit 0,6. B mit 0,8. Spieler A schießt zuerst und hat somit einen Vorteil.
Das Spiel ist beendet, wenn einer der Personen trifft. Was ist der Erwartungswert?

Ich habe mir gedacht ich zerteile die Zufallsvariable X in $\begin{eqnarray*} X_{i} \end{eqnarray*}$ .
Wobei $\begin{eqnarray*} i \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

Dabei ergab sich mir für:
$\begin{eqnarray*} P(X_{1})= 0,6 P(X_{2})= 0,4 * 0,8 P(X_{3})= 0,4 * 0,8 *0,6 P(X_{4})= 0,4 * 0,2 *0,6 * 0,8 \end{eqnarray*}$

Der Erwartungswert von E(X) sollte dann die Summe dieser Reihe sein.

Leider bekomme ich hier keine schöne Reihe heraus, die ich bilden kann. Vermutlich stehe ich auch nur ein bisschen auf dem Schlauch...

06.06.2019, 19:28

HAL 9000

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Zitat:

Original von callmesagitt
Was ist der Erwartungswert?

Erwartungswert wovon, d.h., von welcher Zufallsgröße??? Wenn du die Siegwahrscheinlichkeit für Person A oder B wissen willst, dann sag das doch! "Erwartungswert" ohne Angabe einer Zufallsgröße ist ausgemachter Blödsinn.

06.06.2019, 19:43

callmesagitt

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von callmesagitt
Was ist der Erwartungswert?

Sorry, Aufgabe zu sehr gekürzt.

Genaue Fragestellung lautet:
Wie viele würfe werden im Durchschnitt benötigt bis das Spiel beendet ist. Dabei ist völlig egal, ob Person A oder B gewinnt. Das Spiel ist erst beendet, nachdem einer getroffen hat.

06.06.2019, 20:34

Chaotica

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RE: Erwartungswert bei unterschiedlichen Warscheinlichkeiten

Zitat:

Original von callmesagitt

$\begin{eqnarray*} P(X_{3})= 0,4 * 0,8 *0,6 P(X_{4})= 0,4 * 0,2 *0,6 * 0,8 \end{eqnarray*}$

Entschuldigt bitte, dass ich kurz etwas einwerfe. Ich arbeite zur Zeit auch an Stochastik, und frage mich daher gerade:
Müsste das nicht
$\begin{eqnarray*} P(X_{3})= 0,4 * 0,2 *0,6 P(X_{4})= 0,4 * 0,2 * 0,4 * 0,8 \end{eqnarray*}$

lauten?
(-->
- A trifft nicht, B trifft nicht, A trifft.
- A trifft nicht, B trifft nicht, A trifft wieder nicht, B trifft.)

Bei mir ergeben sich dann die Reihen
$\begin{eqnarray*} 0,6 \cdot \sum_{n=0}^{\infty} 0,4^n \cdot 0,2^n \end{eqnarray*}$ , falls A gewinnt;
$\begin{eqnarray*} 0,8 \cdot \sum_{n=0}^{\infty} 0,4^{n+1} \cdot 0,2^n \end{eqnarray*}$ , falls B gewinnt.

07.06.2019, 09:18

callmesagitt

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RE: Erwartungswert bei unterschiedlichen Warscheinlichkeiten

Zitat:

Original von Chaotica

Zitat:

Original von callmesagitt

$\begin{eqnarray*} P(X_{3})= 0,4 * 0,8 *0,6 P(X_{4})= 0,4 * 0,2 *0,6 * 0,8 \end{eqnarray*}$

Ja hast du Recht. Leider wird die Kombination der Reihen gesucht für einen Erwartungswert.

07.06.2019, 09:41

HAL 9000

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@Chaotica

Was die Wahrscheinlichkeiten angeht, siehst du das richtig. Es gibt hier nur ein Problem mit den Bezeichnungen, die callmesagitt eingeführt und die du übernommen hast: $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ ist bei euch KEINE Zufallsgröße, sondern kennzeichnet das Ereignis, dass genau $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ Würfe benötigt werden.

Hier in der Aufgabe geht es aber um die Anzahl-Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ benötigter Würfe! Insofern entspricht euer $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ dem Ereignis $\begin{eqnarray*} \{X=i\} \end{eqnarray*}$ . Und richtig, da sind zwei Fälle zu unterscheiden:

a) $\begin{eqnarray*} X=2k+1 \end{eqnarray*}$ heißt $\begin{eqnarray*} (k+1) \end{eqnarray*}$ Würfe für A und $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Würfe für B, und A gewinnt in seinem letzten Wurf. Das geschieht mit Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(X=2k+1) = 0.4^k\cdot 0.6\cdot 0.2^k = 0.6\cdot 0.08^k \end{eqnarray*}$

b) $\begin{eqnarray*} X=2k \end{eqnarray*}$ heißt $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Würfe für A und $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Würfe für B, und B gewinnt in seinem letzten Wurf. Das geschieht mit Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(X=2k) = 0.4^k\cdot 0.2^{k-1}\cdot 0.8 = 4\cdot 0.08^k \end{eqnarray*}$ .

Nun werden die Wahrscheinlichkeiten nicht einfach aufsummiert, es geht ja um den Erwartungswert von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ ! Diese Erwartungswertberechnung kann man nun in die Fälle $\begin{eqnarray*} n=2k+1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n=2k \end{eqnarray*}$ aufteilen:

$\begin{eqnarray*} E(X) &=& \sum_{n=1}^{\infty} nP(X=n) = \sum_{k=0}^{\infty} (2k+1)P(X=2k+1) + \sum_{k=1}^{\infty} 2kP(X=2k)\\ &=& 0.6\sum_{k=0}^{\infty} (2k+1)\cdot 0.08^k + 8\sum_{k=0}^{\infty} k\cdot 0.08^k = 0.6\sum_{k=0}^{\infty} 0.08^k + 9.2\sum_{k=0}^{\infty} k\cdot 0.08^k \end{eqnarray*}$ .

Zur Berechnung nutzt man jetzt die geometrische Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty} q^k = \frac{1}{1-q} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty} kq^k = \frac{q}{(1-q)^2} \end{eqnarray*}$ .

Andere Variante:

Mit Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} 0.6 \end{eqnarray*}$ gewinnt A im ersten Versuch. Mit Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} 0.4\cdot 0.8 \end{eqnarray*}$ gewinnt B im zweiten Versuch. Andernfalls (Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} 0.4\cdot 0.2 \end{eqnarray*}$ ) sind wir wieder am Anfang, nur mit zwei Versuchen mehr. Das bedeutet für die Erwartungswertrechnung

$\begin{eqnarray*} E(X) = 0.6\cdot 1 + 0.4\cdot 0.8\cdot 2 + 0.4\cdot 0.2\cdot (E(X)+2) = 1.4 + 0.08\cdot E(X) \end{eqnarray*}$ , umgestellt $\begin{eqnarray*} E(X)=\frac{35}{23} \end{eqnarray*}$ .

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