Erwartgungswert

28.05.2014, 20:54

Kutura

Erwartgungswert

Aufgabe:
Aus einem Kartenstapel (16 Karten) mit den Zahlen von 1 bis 4 in den Farben rot, gelb, grün und blau werde viermal ohne Zurücklegen gezogen.

Für $\begin{eqnarray*} i\in \left\{1, 2, 3, 4\right\} \end{eqnarray*}$ sei die Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ so definiert, dass $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ den Wert $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ annimmt, wenn bei der $\begin{eqnarray*} i\text{-ten} \end{eqnarray*}$ Ziehung
eine $\begin{eqnarray*} 3 \end{eqnarray*}$ gezogen wurde, und ansonsten den Wert $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ . Berechnen Sie den Erwartungswert von $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i\in\left\{1, 2, 3, 4\right\} \end{eqnarray*}$ .

Lösung:

Die Wahrscheinlichkeit eine 3 zu ziehen beträgt:

$\begin{eqnarray*} \frac{265}{364} \end{eqnarray*}$

Der Erwartungswert ergibt sich durch: $\begin{eqnarray*} n\cdot p \end{eqnarray*}$

Also durch $\begin{eqnarray*} n\cdot \frac{265}{364} \end{eqnarray*}$

Da es vier ziehungen sind, müsste doch
$\begin{eqnarray*} E(X)=4\cdot \frac{265}{364}=2,9 \end{eqnarray*}$

oder vertue ich mich hier?

mfg. Kutura

28.05.2014, 21:05

HAL 9000

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Wie du hier auf den aberwitzigen Bruch $\begin{eqnarray*} \frac{265}{364} \end{eqnarray*}$ kommst, kann ich mir nicht im entferntesten vorstellen. verwirrt

28.05.2014, 21:12

Kutura

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Ich habe einfach wie folgt gerechnet:

Mindestens eine drei zu ziehen hat die Wkt:

$\begin{eqnarray*} 1-\left(\frac{12}{16}\cdot\frac{11}{15}\cdot\frac{10}{14}\cdot\frac{9}{13}\right) \end{eqnarray*}$

Also per gegenwahrscheinlichtkeit.

mfg. Kutura

28.05.2014, 21:15

HAL 9000

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Das ist die Wahrscheinlichkeit, in allen 4 Versuchen zusammen mindestens eine 3 zu ziehen - etwas ganz anderes, als das was in der Aufgabe nachgefragt ist. unglücklich

Es ist sozusagen $\begin{eqnarray*} P(X_1+X_2+X_3+X_4\geq 1) \end{eqnarray*}$ , was völlig unbrauchbar zur Berechnung der einzelnen $\begin{eqnarray*} E(X_i) \end{eqnarray*}$ ist.

P.S.: Anscheinend ein Kommilitone von dir:

Varianzen berechnen

28.05.2014, 21:22

Kutura

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Ja offensichtlich smile

Mh okay, dann hab ich nicht ganz verstanden was gefragt wird.

Warum soll die Wkt. für eine 3 grade $\begin{eqnarray*} \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ ?

Offensichtlich betrachte ich hier nicht die Ziehungen, denn da würden sich ja die Wkt. ändern.

28.05.2014, 21:29

HAL 9000

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Zitat:

Original von Kutura
Offensichtlich betrachte ich hier nicht die Ziehungen, denn da würden sich ja die Wkt. ändern.

Wieso sollen die sich ändern?

28.05.2014, 21:33

Kutura

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Weil ich die bereits gezogenen Karten nicht wieder zurücklege.

Wenn ich das pech habe in den ersten Ziehungen keine 3 gezogen zu haben, und nur noch 4 Karten mit jeweils vier 3en übrig ist, beträgt ja die Wkt eine 3 zu ziehen in dieser runde eben 100%

Anders wäre es wenn ich die Karten zurück legen würde. Dann würde ich immer 4/16 also 1/4 haben.

Hier werden die Karten von zug zu zug aber weniger.

Also hab ihc in der ersten Ziehung:

$\begin{eqnarray*} \frac{4}{16} \end{eqnarray*}$

Dann fehlt aber eine karte und es sind nur noch

$\begin{eqnarray*} \frac{3}{15} \end{eqnarray*}$

in der zweiten runde.

Oder sehe ich das falsch? verwirrt

28.05.2014, 21:39

HAL 9000

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Ja, das siehst du falsch: Wie so viele verwechselst du totale mit bedingten Wahrscheinlichkeiten. unglücklich

Es ist $\begin{eqnarray*} P(X_1=1) = \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ , soweit siehst du es ja sicher ein.

Was du nun aber berechnest, ist NICHT $\begin{eqnarray*} P(X_2=1) \end{eqnarray*}$ , sondern bei Ziehen einer 3 auch im ersten Zug

$\begin{eqnarray*} P(X_2=1 \mid X_1=1) = \frac{3}{15} \end{eqnarray*}$ .

Genauso ist bei Nicht-Ziehen einer 3 im ersten Zug

$\begin{eqnarray*} P(X_2=1 \mid X_1=0) = \frac{4}{15} \end{eqnarray*}$ .

Die totale Wahrscheinlichkeit ist dann

$\begin{eqnarray*} P(X_2=1) = P(X_2=1 \mid X_1=0)\cdot P(X_1=0) + P(X_2=1 \mid X_1=1)\cdot P(X_1=1) = \frac{4}{15}\cdot \frac{3}{4} + \frac{3}{15}\cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ ,

also keine Änderung der totalen Wahrscheinlichkeit.

29.05.2014, 21:14

Kutura

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Okay vielen dank HAL 9000 für deine Ausführliche antwort.
Mein fehldenken habe ich nun verstanden.

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