Erwartungswert, unendliche Summe

22.10.2009, 18:52	Gastx	Auf diesen Beitrag antworten »
Erwartungswert, unendliche Summe Hi, folgende Aufgabe: Jemand will eine Türe abschließen und hat 5 Schlüssel am Bund - nur einer sperrt die Tür. Im Dunkeln sieht er nicht und es kann passieren, dass er einen Schlüssel mehrmals beuntzt. Was ist der Erwartungswert der Anzahl der Versuche? hab das so gemacht: gesucht ist $\begin{eqnarray} E(x) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} E(x)=\sum_{n=0}^\infty \left( \frac{1}{5} \right) \cdot \left(\frac{4}{5}\right)^n\cdot (n+1) \\ =\frac{1}{5}\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{4}{5}\right)^n\cdot (n+1) \end{eqnarray}$ Mit dem Quotientenkriterium kann man zeigen, dass die Summe konvergent ist. Also kann ich die Summe quasi in sich selbst einsetzen: $\begin{eqnarray} S=5+\frac{4}{5}S \Leftrightarrow S=25 \end{eqnarray}$ Der Erwartungswert wäre damit 5. Allgemein n/m, wenn von n Schlüsseln m sperren. Aber das geht doch sicher auch einfacher?! grüße und schönen Abend
23.10.2009, 21:06	Abakus	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Erwartungswert, unendliche Summe Die geometrische Verteilung hast du erkannt, nehme ich an. Natürlich lässt sich die Reihe wohl auch direkt ausrechnen (das wäre länger), du hast jedoch eine elegante und kurze Lösung gefunden. Grüße Abakus
24.10.2009, 12:35	Gastx	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für die Rückmeldung
29.10.2009, 15:44	Gastx	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Erwartungswert, unendliche Summe hab mir zu der Berechnung noch einmal Gedanken gemacht... was wäre, wenn man zB so etwas berechnen muss: $\begin{eqnarray} \sum_{n=0}^\infty~\left(\frac a b \right)^nn^2 \end{eqnarray}$ oder allgemein $\begin{eqnarray} \sum_{n=0}^\infty~\left(\frac a b \right)^nn^p \end{eqnarray}$ es gilt b>a Konnte bereits die Konvergenz dieser Reihen beweisen, aber beim berechnen des Werts der Summe komme ich nicht weiter Kann man den Wert angeben? also $\begin{eqnarray} f(a,b,p)=\sum_{n=0}^\infty~\left(\frac a b \right)^nn^p \end{eqnarray}$ grüße
29.10.2009, 17:48	BarneyG.	Auf diesen Beitrag antworten »
Die von dir genannten Summen kann man beispielsweise über die gliedweise Ableitung berechnen (\|x\| < 1): $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty~x^k = \frac{1}{1-x} \end{eqnarray}$ Beide Seiten (gliedweise) differenziert (warum darf man das? ) ergeben: $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^\infty~k x^{k-1} = \frac{1}{(1-x)^2} \end{eqnarray}$ Und nochmal, weil's so schön war ... $\begin{eqnarray} \sum_{k=2}^\infty~k (k-1) x^{k-2} = \frac{2}{(1-x)^3} \end{eqnarray}$ Und daraus kann man dann nach einiger Bastelei die gewünschte Summenformel herleiten. $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty~k^2 x^{k} = ... \end{eqnarray}$ Wiederholte Anwendung liefert dann auch höhere Potenzen. Na, vielleicht kennt jemand ja noch ein einfacheres Verfahren ... Grüße

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