Erwartungswert einer Zufallsgröße

27.10.2008, 21:24

d77p

Erwartungswert einer Zufallsgröße

Aufgabenstellung: In einer Urne liegen drei Kugeln mit den Ziffern 1,2,3. Der Spieler darf 1 bis 3 Kugeln ohne Zurücklegen ziehen. Er muss aber vor dem Ziehen der ersten Kugel festlegen, wie viele Kugeln er ziehen möchte. Für jede gezogene Kugel ist der Einsatz e zu zahlen. Ausgezahlt wird die Augensumme der gezogenen Kugeln. Zeigen Sie, dass es einen Einsatz e gibt, für den das Spiel fair ist, unabhängig davon, wie viele Kugeln der Spieler zieht.

Zünachst einmal habe ich versucht die Wahrscheinlichkeitsverteilung für X = Gewinn/Verlust aufzustellen:

$\begin{eqnarray*} x_{i} \end{eqnarray*}$ _________ $\begin{eqnarray*} P(X=x_{i}) \end{eqnarray*}$
1 € - e €_________ $\begin{eqnarray*} \frac{4}{27} \end{eqnarray*}$

2 € - e €_________ $\begin{eqnarray*} \frac{4}{27} \end{eqnarray*}$

3 € - e €_________ $\begin{eqnarray*} \frac{4}{27} \end{eqnarray*}$

3 € - 2e €________ $\begin{eqnarray*} \frac{2}{27} \end{eqnarray*}$

4 € - 2e €________ $\begin{eqnarray*} \frac{2}{27} \end{eqnarray*}$

5 € - 2e €________ $\begin{eqnarray*} \frac{2}{27} \end{eqnarray*}$

6 € - 3e €_________ $\begin{eqnarray*} \frac{2}{9} \end{eqnarray*}$

Den Erwartungswert habe ich nun aber erst gar nicht berechnet, da ich bemerkt habe, dass alle Wahrscheinlichkeiten zusammengenommen nicht 1 bzw. nicht 100% ergeben unglücklich

27.10.2008, 22:10

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Wie bist du denn auf diese Verteilung gekommen? unglücklich

Dazu musst du ja willkürliche Annahmen über eine Zufallsverteilung der Anzahl der gezogenen Kugeln gemacht haben. Eine Verteilung, von der hier überhaupt nichts bekannt ist!!!

Überhaupt machst du es dir viel zu schwer: Wenn $\begin{eqnarray*} Z_k \end{eqnarray*}$ die Augenzahl der k-ten gezogenen Kugel beschreibt, und du insgesamt $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Kugeln ziehst, dann ist $\begin{eqnarray*} Z=\sum_{k=1}^n Z_k \end{eqnarray*}$ die zufällige Augensumme, für die der Erwartungswert gleich

$\begin{eqnarray*} E(Z) = \sum_{k=1}^n E(Z_k) \end{eqnarray*}$

ist. Da die $\begin{eqnarray*} Z_k \end{eqnarray*}$ zwar nicht unabhängig, aber zumindest doch gleichverteilt sind, genügt es schlicht und einfach Einsatz $\begin{eqnarray*} e = E(Z_k) \end{eqnarray*}$ zu wählen, und alles ist erledigt.

28.10.2008, 00:07

d77p

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Im folgenden möchte ich erklären wie ich zu meiner Wahrscheinlichkeitsverteilung gekommen bin:

$\begin{eqnarray*} x_{i} \end{eqnarray*}$ _______________________________________ $\begin{eqnarray*} P(X=x_{i}) \end{eqnarray*}$

1 € - e € (einmal Ziehen: Kugel 1)______________ $\begin{eqnarray*} P(1 \cap ~\overline{2} \cap ~\overline{3})=\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}=\frac{4}{27} \end{eqnarray*}$

2 € - e € (einmal Ziehen: Kugel 2)______________ $\begin{eqnarray*} P(~\overline{1} \cap 2 \cap ~\overline{3})=\frac{4}{27} \end{eqnarray*}$

3 € - e € (einmal Ziehen: Kugel 3)______________ $\begin{eqnarray*} P(~\overline{1} \cap ~\overline{2} \cap3)=\frac{4}{27} \end{eqnarray*}$

3 € - 2e € (zweimal Ziehen: Kugel 1 & 2)_________ $\begin{eqnarray*} P(1 \cap ~\overline{2} \cap ~\overline{3}) \cdot P(2 \cap ~\overline{3} )\cdot2=\frac{2}{27} \end{eqnarray*}$

4 € - 2e € (zweimal Ziehen: Kugel 1 & 3)_________ $\begin{eqnarray*} P(1 \cap ~\overline{2} \cap ~\overline{3}) \cdot P(~\overline{2} \cap 3 )\cdot2=\frac{2}{27} \end{eqnarray*}$

5 € - 2e € (zweimal Ziehen: Kugel 2 & 3)_________ $\begin{eqnarray*} P(~\overline{1} \cap 2 \cap ~\overline{3}) \cdot P(~\overline{1} \cap 3 )\cdot2=\frac{2}{27} \end{eqnarray*}$

6 € - 3e € (dreimal Ziehen: Kugel 1 & 2 & 3)______ $\begin{eqnarray*} P(1 \cap ~\overline {2} \cap ~\overline{3}) \cdot P(2 \cap ~\overline{3}) \cdot P(3) \cdot 6=\frac{2}{9} \end{eqnarray*}$

28.10.2008, 00:53

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Wie kann man dir nur begreiflich machen, dass das vollkommen falsch ist?

Fangen wir mal damit an: Was genau kennzeichnen die von dir so bezeichneten Ereignisse $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 3 \end{eqnarray*}$ ? Auch in Hinblick darauf, dass diese Tatsache da gar nicht Berücksichtigung findet:

Zitat:

Original von Arthur Dent
Dazu musst du ja willkürliche Annahmen über eine Zufallsverteilung der Anzahl der gezogenen Kugeln gemacht haben. Eine Verteilung, von der hier überhaupt nichts bekannt ist!!!

P.S.: Wie es einfacher geht, habe ich skizziert.

28.10.2008, 12:53

d77p

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Also die Ereignisse $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 3 \end{eqnarray*}$ haben diese Bedeutung:

$\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ : Kugel mit Ziffer 1 wird gezogen
$\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ : Kugel mit Ziffer 2 wird gezogen
$\begin{eqnarray*} 3 \end{eqnarray*}$ : Kugel mit Ziffer 3 wird gezogen
$\begin{eqnarray*} ~\overline {1} \end{eqnarray*}$ : Kugel mit Ziffer 1 wird nicht gezogen
$\begin{eqnarray*} ~\overline {2} \end{eqnarray*}$ : Kugel mit Ziffer 2 wird nicht gezogen
$\begin{eqnarray*} ~\overline {3} \end{eqnarray*}$ : Kugel mit Ziffer 3 wird nicht gezogen

Zitat:

Über die Anzahl der gezogenen Kugeln habe ich eigentlich gar keine Annahmen gemacht, sondern eher versucht alle Möglichkeiten, die es für den Spieler gibt, in die Wahrscheinlichkeitsverteilung von X = Gewinn/Verlust mit einzubeziehen.

28.10.2008, 13:32

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Zitat:

Original von d77p
Über die Anzahl der gezogenen Kugeln habe ich eigentlich gar keine Annahmen gemacht,

Doch, das hast du, auch wenn es dir nicht bewusst ist. Sonst kannst du nämlich gar keine konkreten Wahrscheinlichkeiten berechnen. unglücklich

Aber es ist nervtötend und schlauchend, über deinen Zugang zu sprechen, wenn du nicht zuhörst. Stattdessen schreibe ich mal die Wahrscheinlichkeiten auf, die man der Aufgabe wirklich entnehmen kann: Es sind nur bedingte Wahrscheinlichkeiten, abhängig von der Anzahl $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ der ausgewählten Kugeln:

$\begin{eqnarray*} P(1 \bigm| N=1) = P(2 \bigm| N=1) = P(3 \bigm| N=1) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(1 \cap 2 \bigm| N=2) = P(1 \cap 3 \bigm| N=2) = P(2 \cap 3 \bigm| N=2) = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(1 \cap 2 \cap 3 \bigm| N=3) = 1 \end{eqnarray*}$

Abhängig von der gewählten Anzahlverteilung für $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ , nennen wir sie $\begin{eqnarray*} P(N=k)=:p_k \end{eqnarray*}$ , ergibt sich daraus z.B. für das Ziehen nur der 1

$\begin{eqnarray*} P(1 \cap \overline{2} \cap \overline{3}) = P(1 \cap \overline{2} \cap \overline{3} \bigm| N=1)\cdot P(N=1) = P(1 \bigm| N=1)\cdot P(N=1) = \frac{p_1}{3} \end{eqnarray*}$

oder aber für das Ziehen von 1 und 2

$\begin{eqnarray*} P(1 \cap 2 \cap \overline{3}) = P(1 \cap 2 \cap \overline{3} \bigm| N=2)\cdot P(N=2) = P(1 \cap 2 \bigm| N=2)\cdot P(N=2) = \frac{p_2}{3} \end{eqnarray*}$

oder simpel und einfach das Ziehen von 1, 2 und 3

$\begin{eqnarray*} P(1 \cap 2 \cap 3) = P(1 \cap 2 \cap 3 \bigm| N=3)\cdot P(N=3) = p_3 \end{eqnarray*}$

Dass das alles nur Zeitverschwendung ist, und zur Lösung der Aufgabe überhaupt nicht benötigt wird, hatte ich wohl schon erwähnt...

29.10.2008, 21:32

d77p

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okay, jetzt habe wohl selbst ich begriffen, dass man hier mit Wahrscheinlichkeiten nicht sehr weit kommt Hammer

Ich habe jetzt einmal den Einsatz e, bei welchem das Spiel fair ist, für einmal Ziehen, zweimal Ziehen und dreimal Ziehen berechnet.

Einmal Ziehen: $\begin{eqnarray*} E(X)=0=1-e+2-e+3-e\Rightarrow e=2 \end{eqnarray*}$

Zweimal Ziehen: $\begin{eqnarray*} E(X)=0=3-2e+4-2e+ 5-2e\Rightarrow e=2 \end{eqnarray*}$

Dreimal Ziehen: $\begin{eqnarray*} E(X)=0=6 -3e \Rightarrow e=2 \end{eqnarray*}$

Da bei allen drei verschiedenen Varianten derselbe Einsatz e herauskommt, gehe ich davon aus, dass bei diesem Einsatz e das Spiel fair ist. Oder ist das auch wieder falsch Erstaunt1

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