Geometrische Verteilung Erwartungswert |
| 27.05.2015, 10:39 | kaktus018 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| Geometrische Verteilung Erwartungswert Hallo, ich beschäftige mich zurzeit mit diskreten Verteilungen und habe ein Verständnisproblem bzgl. dem Erwartungswert einer geometr. Vtlg. Angenommen ich will wissen, wie oft ich Würfeln muss, bis ich mit einer bestimmten Wahrscheinlichkeit zum Bsp. eine 6 würfle. Die Wahrscheinlichkeit bei jedem Wurf ist also p=1/6. Meine Ideen: Der Erwartungswert der geometr. Vtlg. ist E=1/p also E = 6. Das bedeutet doch, dass ich im Schnitt 6 mal würfeln muss. So weit so gut. Nun müsste der Erwartungswert (zumindest bei stetigen Verteilungen) doch genau an jener Stelle liegen, wo 50% der Fläche unter der Dichtefunktion erreicht ist. Wenn ich mir also die Verteilungsfunktion ansehe, dann müsste diese doch bei k=6 den Wert 0,5 haben. Tatsächlich sind es aber 66,5%, was ja bedeutet, dass in den überwiegenden Fällen bereits unter 6 mal würfeln ein Erfolg eintritt. Was verstehe ich hier falsch? Verwirrt... %( Für Hilfe wäre ich sehr dankbar. |
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| 27.05.2015, 10:53 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Nein, das "muss" nicht sein - warum auch? So ist der Erwartungswert nicht definiert. 
Für Verteilungen, die symmetrisch bzgl. des Erwartungswertes sind (z.B. Normalverteilung), ist die Aussage zutreffend. Für die geometrische Verteilung hat man aber eine solche Symmetrie nicht. Der Punkt, wo diese 50%-Grenze ist, wird als Median der Verteilung bezeichnet - i.a. ist der eben verschieden vom Erwartungswert. |
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| 27.05.2015, 11:34 | kaktus018 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ok, danke. Eigentlich logisch, da der Erwartungswert über die Dichtefunktion definiert ist und diese nicht symmetrisch sein muss. Da bleibt mir noch die Frage, was der Erwartungswert im speziellen Beispiel eigentlich aussagt. Wieso erhalte ich als Erwartungswert 6 (wieso muss ich im Schnitt 6 mal würfeln), wenn die Verteilungsfunktion ja aussagt, dass ich mit 59,8%iger Wahrscheinlichkeit schon früher einen Erfolg habe? |
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| 27.05.2015, 11:44 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Anscheinend fehlen dir ein paar Grundlagen zur inhaltlichen Bedeutung Erwartungswert. Denn erneut hast du in einem "Rückfall" das ganze nur auf Wahrscheinlichkeiten bezogen, obwohl wir das doch eigentlich geklärt hatten (dachte ich zumindest).
Am besten machst du mal ein "Experiment" (möglichst computerbasiert, nicht per Hand): Würfle, bis eine 6 kommt, und wiederhole dieses Experiment 1000mal (1000000mal), und bilde den Mittelwert der jeweils nötigen Wurfanzahlen bis zur 6 ... |
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| 27.05.2015, 12:59 | kaktus018 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ok, Mittelwert ist etwa 6. Im Anhang das ganze mit 100000 Versuchen. D.h. also im Schnitt muss ich 6 mal Würfeln. Der Erwartungswert stellt quasi den Flächenschwerpunkt dar, richtig? Ich habe nur eine Denkblockade bei der Verteilungsfunktion, da mir diese eine Wahrscheinlichkeit von 60% liefert, dass ich unter 6 mal würfeln einen Erfolg habe. Dies sagt doch aus, dass es zwar wahrscheinlicher ist, mit unter 6 Würfen einen Erfolg zu erzielen. Es ist aber auch möglich sehr oft zu würfeln, bevor ein Erfolg eintritt. Dieser Umstand (quasi den Hebelarm) berücksichtigt der Erwartungswert. Ist das so richtig interpretiert? |
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| 27.05.2015, 13:39 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
"Hebelarm" ist ein passendes Bild: Die physikalische Interpretation des Erwartungswertes ist ja der Schwerpunkt, d.h. wenn man sich die Wahrscheinlichkeitsverteilung als Masseverteilung vorstellt. Und bei der geometrischen Verteilung "ziehen" die großen (wenn auch weniger wahrscheinlichen) Werte den Erwartungswert/Schwerpunkt auf einen Wert größer als der Median, denn links geht es nicht sehr weit mit den möglichen Werten (0 ist ja deren untere Schranke). Insgesamt haben wir hier ein Beispiel einer sog. "rechtsschiefen Verteilung". |
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| 27.05.2015, 14:04 | kaktus018 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ok, ich denke, dass ich jetzt die Idee dahinter verstehe. Vielen Dank für die rasche Hilfe! |
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