Erwartungswert 5 Würfel mit "6"

29.07.2019, 00:54

Dopap

Erwartungswert 5 Würfel mit "6"

5 Spielwürfel werden geworfen. Diejenigen die keine "6" zeigen werden erneut geworfen bis alle eine "6" zeigen.
Mit welcher durchschnittlicher Wurfanzahl N muss gerechnet werden ?

$\begin{eqnarray*} E(N)=6=\frac {1}{\frac16} \end{eqnarray*}$ für einen(!) Würfel war machbar und kann auch so nachgelesen werden. --> geometrische Verteilung

Ansonsten könnte die Siebformel ins Spiel kommen, aber wenn dann wie?

29.07.2019, 07:59

HAL 9000

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Sei $\begin{eqnarray*} N_i \end{eqnarray*}$ die Anzahl nötiger Würfe bis zur ersten 6 bei Spielwürfel $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ (bei $\begin{eqnarray*} i=1,\ldots,m \end{eqnarray*}$ ), dann ist $\begin{eqnarray*} N=\max(X_1,\ldots,X_m) \end{eqnarray*}$ , es folgt

$\begin{eqnarray*} P(N\leq k) = (P(N_1\leq k))^m = \left(1-q^k\right)^m \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} q:=\frac{5}{6} \end{eqnarray*}$

Der zugehörige Erwartungswert ist

$\begin{eqnarray*} E(N) = \sum_{k=0}^{\infty} P(N>k) = \sum_{k=0}^{\infty} \left( 1-\left(1-q^k\right)^m \right) \end{eqnarray*}$ .

Das ist zwar nicht primär Siebformel, allerdings ergeben sich in der weiteren Auswertung über den Binomischen Satz "siebformelähnliche" Strukturen:

$\begin{eqnarray*} E(N) = \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{j=1}^m (-1)^{j-1} \binom{m}{j} q^{jk} = \sum_{j=1}^m (-1)^{j-1} \binom{m}{j} \sum_{k=0}^{\infty} q^{jk} = \sum_{j=1}^m (-1)^{j-1} \binom{m}{j} \frac{1}{1-q^j} \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} m=5 \end{eqnarray*}$ ergibt das $\begin{eqnarray*} E(N) = \frac{3\,698\,650\,986}{283\,994\,711}\approx 13.024 \end{eqnarray*}$ .

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Ein anderer, rekursiver Zugang: Sei $\begin{eqnarray*} e_m:=E(N) \end{eqnarray*}$ die erwarte Wurfanzahl für $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ Würfel.

Dann erreicht man im ersten Wurf genau $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ Sechsen mit einem binomialverteiltem $\begin{eqnarray*} X\sim B\left(m,\frac{1}{6}\right) \end{eqnarray*}$ , bzw. es bleiben genau $\begin{eqnarray*} Y\sim B\left(m,\frac{5}{6}\right) \end{eqnarray*}$ Nichtsechsen übrig. Damit ist

$\begin{eqnarray*} e_m = 1 + \sum_{j=0}^m P(Y=j)e_j = 1 + \sum_{j=0}^m \binom{m}{j} \frac{5^j}{6^m} e_j \end{eqnarray*}$ ,

umgestellt nach $\begin{eqnarray*} e_m \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e_m = \frac{1}{6^m-5^m} \left( 6^m + \sum_{j=0}^{m-1} \binom{m}{j} 5^j e_j\right) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} m=1,2,\ldots \end{eqnarray*}$

mit Start $\begin{eqnarray*} e_0=0 \end{eqnarray*}$ und dann folgend $\begin{eqnarray*} e_1=6,e_2=\frac{96}{11},\ldots \end{eqnarray*}$ .

29.07.2019, 14:41

Dopap

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sehr gepflegt und gründlich Freude

Kann man sich so direkt in seinen virtuellen Stochastik-Ordner stellen Augenzwinkern

Zitat:

Original von HAL 9000
[...]
$\begin{eqnarray*} E(N) = \sum_{k=0}^{\infty} P(N>k) = \sum_{k=0}^{\infty} \left( 1-{\color{blue}\left(1-q^k\right)^m }\right) \end{eqnarray*}$ .

Das ist zwar nicht primär Siebformel, allerdings ergeben sich in der weiteren Auswertung über den Binomischen Satz "siebformelähnliche" Strukturen [...]

Also das Blaue...
Das explizite Endergebnis $\begin{eqnarray*} E(N) = \sum_{j=1}^m (-1)^{j-1} \binom{m}{j} \frac{1}{1-q^j} \end{eqnarray*}$ ist aber überraschend handlich
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Der rekursive Ansatz ist wohl etwas verständlicher, kommt in der Rechnung ohne Doppelsummen aus und erfüllt die Anforderungen für den Hausgebrauch.

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