Tontaubenschießen

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Yu Auf diesen Beitrag antworten »
Tontaubenschießen
Ein Tontaubenschütze schießt so lange, bis er einmal getroffen hat, maximal jedoch 6 mal. Er trifft pro Schuss mit einer Wahrscheinlichkeit von 50%. Die Zufallsgröße X beschreibt die Anzahl der Schüsse.

a) Stellen Sie die Wahrscheinlichkeitsverteilung von X auf.
b) Wie groß ist der Erwartungswert von X?
c) Wie groß ist der Erwartungswert von X, wenn die Treffsicherheit des Schützen nur 25% beträgt?

___________________________________________

a) Es gilt also denn gar nicht schießen geht ja nicht.
Allgemein gilt:


T=Treffer



für X=1 ist ja einfach.



Aber wie geht es weiter für 2, 3, 4, 5 und 6?

Ich hätte jetzt:





... usw.

Stimmt das?
Math1986 Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Tontaubenschießen
Bis hierhin ist es richtig. Was gilt nun für P(X=6), wenn er maximal 6mal schließt?
 
 
Yu Auf diesen Beitrag antworten »

Gut.

Dann erhalte ich noch:







b) der Erwartungswert ist dann:



und bei c erhalte ich dann:



Was sagen mir diese Erwartungswerte? Dass ich durchschnittlich beim zweiten/ersten Schuss treffe... oder was?
Math1986 Auf diesen Beitrag antworten »


Ist eben falsch.

Summiere mal die Einzelwahrscheinlichkeiten, was fällt auf?

Richtig ist vielmehr, dass er nach dem 6. mal auf jeden Fall aufhört, unabhängig davon, ab er trifft oder nicht.
Yu Auf diesen Beitrag antworten »

Heißt dass dann ?

Wenn ich die Einzelwahrscheinlichkeiten summiere erhalte ich einen Wert der gegen 1 konvergiert (bis X=5: 0,96875).
Math1986 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Yu
Heißt dass dann ?
Dass hieße ja, dass der Schütze immer 6 Schüsse braucht, hältst du das für plausibel?
Zitat:
Original von Yu
Wenn ich die Einzelwahrscheinlichkeiten summiere erhalte ich einen Wert der gegen 1 konvergiert (bis X=5: 0,96875).
Du konvergierst aber nicht, weil du nicht bis unendlich summierst, sondern nur bis 6. Du summierst 6 Werte, Konvergenz ist hier uninteressant.
Yu Auf diesen Beitrag antworten »

Also bis X=5 ist die Summe

Math1986 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Yu
Also bis X=5 ist die Summe

Ja natürlich, und
Yu Auf diesen Beitrag antworten »

Ich stehe trotzdem noch auf dem Schlauch was betrifft. verwirrt
Math1986 Auf diesen Beitrag antworten »

Naja, beim 6. Wurf ist es egal, ob er trifft oder nicht. Zeichne mal ein Baumdiagramm dazu.
Yu Auf diesen Beitrag antworten »

Achso ... das heißt der 6. Wurf interessiert mich gar nicht?
Math1986 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Yu
Achso ... das heißt der 6. Wurf interessiert mich gar nicht?
Der 6. Wurf interessiert dich nicht, wohl aber das Ereignis .

Nochmal:
Zeichne mal ein Baumdiagramm dazu.
PappaBert Auf diesen Beitrag antworten »
Tontaubenschießen
P(6) beinhaltet "Treffer mit dem 6. Schuss" und "nicht getroffen". Das sollte dann 1/32 sein. Bei diskreten Werten sind auch nur diskrete Werte praktikabel, demnach wäre der Erwartungswert 1. Auch wenn sich das Aufrunden auf 2 aufdrängt stellt "Treffen mit dem 1. Schuss" 50% aller Fälle und Treffen mit dem 2. Schuss weitere 25%, was uns vom Erwarteten zu weit entfernt.
Dopap Auf diesen Beitrag antworten »

schön, daß du dich als erste Amtshandlung einem alten Thread widmest. Ist im Prinzip egal, aber den Beitrag kann ich so nicht stehen lassen.

Natürlich kann der Erwartungswert E(X) rationale Werte annehmen.

Allgemein gilt

und hier eben

und das ist bestimmt keine ganze Zahl und mit Sicherheit > 1 Augenzwinkern
PappaBert Auf diesen Beitrag antworten »

... so liest man es allenthalben in renommierter und anerkannter Literatur. Nur wird es dadurch richtiger? Überdies bemängele ich ein eklatantes mathematisches Versagen als Dienstbarkeit für die Praxis. Wenn schon in der Aufgabe steht, dass nur in 50% aller Fälle weitere Schüsse benötigt werden, sollte man nicht zulassen, dass ein Erwartungswert jenseits des 1. Schusses in Frage kommt. Zunächst aber erst einmal vielen Dank für die prompte Reaktion, mein Erwartungswert hierfür war bei 0.

Mein Vorschlag ist, wir deklarieren als zu beobachtendes Merkmal die Anzahl der Fehlschüsse. Damit kranken die Ränder der Verteilung nicht mehr (links beginnen wir erst mit 1 zu zählen und rechts werden dem 6. Schuss weitere Versuchsausgänge hinzugezählt), wie die richtigen Hinweise von Yu zum Ausdruck bringen. Was bedeutet dies nun für den Erwartungswert? Mit 0,96875 nähert er sich dem Wert 1, selbst wenn man weitere Versuche zu treffen, modelliert.

Immer wieder gern lese ich die 1000-fach wiederholte Behauptung, der Erwartungswert eines Würfels sei 3,5 ... als ob alle Würfelflächen dieser Welt nur Zahlen von 1 bis 6 tragen würden. Es gibt z.B. auch welche mit verschieden farbigen Flächen. Der Erwartungswert ist ein Ereignis mit der Wahrscheinlichkeit von 1/6, bei einer Gleichverteilung, also eine der 6 Flächen. Jeden Würfelbudenbesitzer und jedem Casinobesitzer ist das klar, schön wenn Mathematiker es nicht schaffen sich diesen einfachen Wahrheiten anzupassen.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Es ist geradezu lächerlich, was für einen Dummfug du verbreitest. Vor allem arbeitest du mit haltlosen Unterstellungen - Beispiel:

Zitat:
Original von PappaBert
mmer wieder gern lese ich die 1000-fach wiederholte Behauptung, der Erwartungswert eines Würfels sei 3,5 ... als ob alle Würfelflächen dieser Welt nur Zahlen von 1 bis 6 tragen würden.

Der Erwartungswert 3,5 bezieht sich primär auf ungezinkte Würfel mit den Seitenflächen 1,2,3,4,5,6 - tu nicht so, als würde die "renommierte und anerkannte Literatur" was anderes behaupten. unglücklich


Zitat:
Original von PappaBert
Überdies bemängele ich ein eklatantes mathematisches Versagen als Dienstbarkeit für die Praxis. Wenn schon in der Aufgabe steht, dass nur in 50% aller Fälle weitere Schüsse benötigt werden, sollte man nicht zulassen, dass ein Erwartungswert jenseits des 1. Schusses in Frage kommt.

Was ich hier feststelle, ist eklatantes Verständnisversagen der inhaltlichen Bedeutung des Erwartungswertes.
Dopap Auf diesen Beitrag antworten »

Für die Praxis braucht man nicht unbedingt Mathematik. Unbestechlicher Richter ist wie üblich die Natur selbst.
Simuliere doch mit einer Münze mit 2 verschiedenen Symbolen dieses Entenschießen. Zum Beispiel 10000 mal.
Ich verwette meinen Hut, dass das arithmetische Mittel der Anzahl der Schüsse in der Gegend von 2 liegen wird.

Aber für Verschwörungstheoretiker ist auch das bestimmt zu widerlegen.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Eine Ergänzung noch:

Zitat:
Original von PappaBert
Mein Vorschlag ist, wir deklarieren als zu beobachtendes Merkmal die Anzahl der Fehlschüsse. [...] Was bedeutet dies nun für den Erwartungswert? Mit 0,96875 nähert er sich dem Wert 1

Nennen wir diese andere Zufallsgröße , dann ist deren Erwartungswert übrigens nicht 0,96875, sondern . Zur eigentlich interessierenden Zufallsgröße besteht der Zusammenhang .
PappaBert Auf diesen Beitrag antworten »

der Ergänzung möchte ich ausdrücklich zustimmen und bedanke mich für die kompetente Korrektur. Da unser Bildungsminister Bonuspunkte für besonders gute Lösungen auslobt, würde ich die für die Lösung der Zufallsvariable Y dann sehr gern vergeben. Auch die Korrektur mit +1 finde ich gut, wenngleich ein Beigeschmack von Trickreich bleibt.

Für unseren praktisch veranlagten Verschwörungstheoretiker .... beträgt bei nur 2 Schuss der Erwartungswert dann 1? Also ignorieren wir dann nicht nur 25% der Verteilung weil es problematisch ist sie der Zufallsgröße X zuzuordnen, sondern lösen auch noch 25% aller Fälle für den 2. Schuss in Luft auf? Eine kompetente Darstellung für die Zufallsvariable X ist nach wie vor erwünscht.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von PappaBert
beträgt bei nur 2 Schuss der Erwartungswert dann 1?

Bei maximal zwei Schuss ist sowie , hier ist dann . Konkret in der Verteilung aufgeschlüsselt:



und entsprechend dann .

Zitat:
Original von PappaBert
Also ignorieren wir dann nicht nur 25% der Verteilung weil es problematisch ist sie der Zufallsgröße X zuzuordnen, sondern lösen auch noch 25% aller Fälle für den 2. Schuss in Luft auf?

Wo werden 25% der Verteilung ignoriert? Die gesamten 100% der Verteilung (s.o.) werden erfasst, sowohl bei X als auch bei Y. Es wäre gut, wenn du mal von schwammigen Vorwürfen zu handfester, solider Argumentation übergehen würdest. Augenzwinkern

Richtig ist allenfalls, dass mit 25% Wahrscheinlichkeit auch nach den zwei Schüssen noch kein Treffer gelandet wurde - aber das ist nun mal bei einer solchen erzwungenen Abbruchbedingung zwangsläufig der Fall, und stellt in keinster Weise die Sinnhaftigkeit der Zufallsgrößen X oder Y in Frage.
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