Erwartungswert

11.08.2004, 09:34

Soap

Erwartungswert

Hallo alle zusammen,

wie berechnet man den Erwartungswert des folgenden Zufallsexperiments? Würfle solange mit einem Würfel bis zwei 6en hintereinander kommen. Experimentell kommt 42 raus, aber wie kann man das rechnen? verwirrt

Die Zufallsvariable ist natürlich die Anzahl der Würfe.

11.08.2004, 09:36

Ben Sisko

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RE: Erwartungswert
Verschoben

11.08.2004, 10:12

mathemaduenn

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Hallo Soap,
ohne zu überlegen gepostet sorry
gruß
mathemaduenn

11.08.2004, 11:49

Leopold

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Die Frage ist undeutlich formuliert. Ich vermute, daß gemeint ist:
Würfle so lange mit einem Würfel, bis die zweite Sechs kommt.

Hier geht es um eine sogenannte Wartezeit. Die Zufallsvariable X bezeichne also die Wartezeit bis zur zweiten Sechs. Sie nimmt die Werte n=2,3,4,... an. Wie groß ist nun die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis {X=n}?

Stelle dir einen Baum mit n Stufen vor, von jedem Knoten gehen immer zwei Äste weg, einer jeweils zu "Sechs" (mit bedingter Wahrscheinlichkeit 1/6), der andere zu "keine Sechs" (mit bedingter Wahrscheinlichkeit 5/6).
Wie sieht nun ein hinsichtlich {X=n} interessierender Pfad aus?
Ganz am Ende steht "Sechs" , bei den n-1 Ästen davor steht an einer Stelle "Sechs" , an allen anderen "keine Sechs".
Damit kannst du die Wahrscheinlichkeit eines solchen Pfades berechnen. Jetzt mußt du nur noch zählen, wie viele Pfade zu {X=n} gehören (was sehr einfach ist). Daraus bekommst du schließlich P(X=n).

Und den Erwartungswert E(X) berechnest du gemäß

$\begin{eqnarray*} E(X) \ = \ \sum_{n=2}^{\infty}~n \cdot P(X=n) \end{eqnarray*}$

Tip zur Berechnung der Summe: Verwende die Taylorreihe von f(x) = 1/(1-x) um 0 und differenziere zweimal. Wenn du alles richtig machst, ergibt sich:
$\begin{eqnarray*} E(X) = \frac{1}{6^2} \cdot f''\left(\frac{5}{6}\right) \end{eqnarray*}$

Sehr oft gehen solche Aufgaben einfacher, wenn man die relevante Zufallsgröße durch andere Zufallsgrößen ausdrückt, deren Erwartungswerte sich leichter berechnen lassen, und dann Regeln für den Erwartungswert anwendet, z.B. E(aX+bY)=aE(X)+bE(Y). Vielleicht geht das hier auch so, im Moment fällt mir aber nichts Gescheites dazu ein.

11.08.2004, 11:59

Ben Sisko

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Zitat:

Original von Leopold
Die Frage ist undeutlich formuliert. Ich vermute, daß gemeint ist:
Würfle so lange mit einem Würfel, bis die zweite Sechs kommt.

Es könnte auch gemeint sein: "Würfle so lange, bis 2 Sechsen hintereinander kommen!"

11.08.2004, 15:00

Soap

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Erwartungswert
Hallo Ben, ja du hast meine Frage richtig verstanden. Sorry, dass es etwas undeutlich formuliert war. Habs überarbeitet. Der Ansatz von Leopold ist o.k., die Summen werden allerdings ätzend. Das ist das Problem.

11.08.2004, 20:48

Leopold

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Die Zufallsvariable X bezeichne die Anzahl der Würfe, bis zum ersten Mal zwei Sechsen nacheinander erscheinen. X nimmt die Werte n=2,3,4,... an. Ich setze

$\begin{eqnarray*} P(X=n) = p_n \end{eqnarray*}$

Für n=2,3 erhält man
$\begin{eqnarray*} p_2=\frac{1}{6^2} \ , \ \ p_3=\frac{5}{6^3} \end{eqnarray*}$ .
Denn es ist {X=2} = {66} und {X=3} = {166,266,366,466,566}.

Für n>1 gilt aber die Rekursionsvorschrift
$\begin{eqnarray*} p_{n+2} \ = \ \frac{5}{6} \cdot p_{n+1}+\frac{5}{36} \cdot p_n \end{eqnarray*}$
Zur Begründung zerlegen wir die Wurffolgen, die zu {X=n+2} gehören, in zwei Kategorien:
A = "die Wurffolge beginnt mit einer Zahl ungleich Sechs"
B = "die Wurffolge beginnt mit Sechs"
$\begin{eqnarray*} P(A) \ = \ \frac{5}{6} \cdot P(X=n+1) \ = \ \frac{5}{6} \cdot p_{n+1} \end{eqnarray*}$ ,
denn wenn man den ersten Wurf wegläßt, erhält man eine beliebige Wurffolge aus {X=n+1}.
$\begin{eqnarray*} P(B) \ = \ \frac{5}{36} \cdot P(X=n) \ = \ \frac{5}{36} \cdot p_n \end{eqnarray*}$ ,
denn wenn man die ersten beiden Würfe wegläßt, erhält man eine beliebige Wurffolge aus {X=n}.
Somit folgt:
$\begin{eqnarray*} p_{n+2} \ = \ P(X=n+2) \ = \ P(A)+P(B) \ = \ \frac{5}{6} \cdot p_{n+1}+\frac{5}{36} \cdot p_n \end{eqnarray*}$

Und damit kann der Erwartungswert berechnet werden:

$\begin{eqnarray*} \mu \ = \ E(X) \ = \ \sum_{n \geq 0}^{}~(n+2)p_{n+2} \ = \ \frac{1}{18} + \frac{5}{72} + \sum_{n \geq 2}^{}~(n+2)p_{n+2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \ \ \ = \ \frac{1}{8} + \sum_{n \geq 2}^{}~(n+2) \left( \frac{5}{6} \cdot p_{n+1} + \frac{5}{36} \cdot p_n \right) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \ \ \ = \ \frac{1}{8} + \frac{5}{6} \sum_{n \geq 2}^{}~(n+2)p_{n+1} + \frac{5}{36} \sum_{n \geq 2}^{}~(n+2)p_n \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \ \ \ = \ \frac{1}{8} + \frac{5}{6} \sum_{n \geq 2}^{}~(n+1)p_{n+1} + \frac{5}{6} \sum_{n \geq 2}^{}~p_{n+1} + \frac{5}{36} \sum_{n \geq 2}^{}~np_n + \frac{5}{18} \sum_{n \geq 2}^{}~p_n \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \ \ \ = \ \frac{1}{8} + \frac{5}{6} \left( \mu - 2 \cdot \frac{1}{36} \right) + \frac{5}{36} \mu + \frac{5}{6} \cdot \left( 1 - \frac{1}{36} \right) + \frac{5}{18} \cdot 1 \end{eqnarray*}$

Das ist eine Gleichung für µ. Man erhält hieraus µ=42

12.08.2004, 00:15

Soap

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Erwartungswert
Hallo Leopold, deine Lsg. sieht prima aus :], leider ist mir das Auflösen der Summen von der vorletzten in die letzte Zeile nicht klar. Ist das trivial? Wäre für ne kurze Erklärung dankbar.

12.08.2004, 12:32

Leopold

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Letzte Summe:
Die Summe über alle Wahrscheinlichkeiten ergibt 1.

Vorletzte Summe:
Die Summe ist gerade der Erwartungswert µ.

Zweite Summe von links:
Die Summer über alle Wahrscheinlichkeiten außer der ersten Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p_2 \end{eqnarray*}$ . Deshalb ist dies von 1 abzuziehen.

Erste Summe von links:
Das ist der Erwartungswert mit fehlendem erstem Summanden $\begin{eqnarray*} 2p_2 \end{eqnarray*}$ . Deshalb ist dies von µ abzuziehen.

Ich habe das Problem einmal verallgemeinert:
Wie lange muß man im Durchschnitt warten, bis zum ersten Mal k Sechsen aufeinander folgen?
Nach derselben Methode und ewig langer Rechnung mit Hilfe meines CAS habe ich erhalten (ohne Gewähr):
$\begin{eqnarray*} \mu = \frac{6}{5} \left(6^k-1\right) \end{eqnarray*}$

Da gibt es sicher einen einfacheren Weg! Bei einem so schönen Ergebnis!

12.08.2004, 15:28

Soap

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Erwartungswert
Hallo Leopold, ja es gibt einen einfacheren Weg. Habe einen Prof gefragt, und siehe da, mit Markovketten ist alles ganz einfach, jedenfalls für zwei 6en.

W = 1 + 5/6 W + 1/6 V

V = 1 + 5/6 W

Woraus folgt: W = 42

W die Wartezeit aus dem Startzustand, und V die Wartezeit aus dem Zustand, wenn eine 6 geworfen wurde.

Manchmal kann Mathe so einfach sein. Augenzwinkern

Trotzdem toll und vor allem Respekt, dass du es auch so rausbekommen hast. :]

12.08.2004, 20:10

Leopold

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Ehrlich gesagt, verstehe ich diese Lösung nicht.
Wenn man die Gleichungen auflöst, erhält man doch V=6, W=7,2 ???
Sind V,W jetzt Zufallsvariablen oder Erwartungswerte oder sonst etwas?
Könntest du die Lösung in groben Zügen aufschreiben?

12.08.2004, 21:57

Soap

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Erwartungswert
So jetzt isses richtig, sorry in der zweiten Gleichung ist ein W zu einem V mutiert. Prost

W ist die gesuchte mittlere Wartezeit, die sich bei jedem Zug um 1 verlängert und zu 1/6 in V übergeht und zu 5/6 in W übergeht. Dasselbe kannst man mit V machen, dort verlängert sich die Wartezeit auch um 1, wobei es nur weitergeht, wenn mit der Wahrscheinlichkeit 5/6 zu W zurückgegangen wird. Deshalb kann man sich auch ein unsichtbares + 1/6 * 0 denken. Das ganze soll man sich also wie einen römischen Brunnen vorstellen, von dessen Startzustand W Wasser fließt und bei 66 rausfließt. Hoffe es ist klarer.

12.08.2004, 22:10

MaxFin

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Markov-Ketten
Markov-Ketten sind eine grundlegende Klasse stochastischer Modelle für Folgen von Zufallsvariablen, die nicht unabhängig sind, das heißt, gewisse Abhängigkeitsstrukturen aufweisen.

Mehr im Internet

Gruß
Maximilian Fingerle

12.08.2004, 22:12

Ben Sisko

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RE: Markov-Ketten
Oder auch hier im Board.

Gruß vom Ben

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