Erwartungswert |
| 07.06.2015, 17:25 | JayKay42 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| Erwartungswert wir sollen berechnen, was der Erwartungswert ist, dass man mit eunem würfel würfelt und jede Zahl min einmal geworfen wurde. Ich habe da die Idee gehabt: Der Erwartungswert ist sie Summe von x*P (X=x). Dazu habe ich ein Baumdiagramm aufgestellt. [attach]38433[/attach] Darunter ist die Formel für die ich die Werte eingesetzt habe. Aber irgendwie erscheint mir das etwas groß, der Wert. Was habe ich falsch gemacht!? (Daher durchgestrichen, aber ich stelle das hier nochmal als Frage rein. |
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| 07.06.2015, 17:36 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Wirre Formulierung. 
Meinst du vielleicht folgendes: Erwartungswert der Anzahl Würfe, die nötig sind, damit jede Zahl mindestens einmal geworfen wurde |
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| 07.06.2015, 18:03 | JayKay42 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Genau das meinte ich. Sorry für die wirre Formulierung. Es muss jede Zahl einmal (mindestens) gewürfelt worden sein. Erst dann ist das Experiment beendet. |
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| 07.06.2015, 18:12 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Das Problem ist bekannt, wird oft im Zusammenhang mit Sammeln von Fußball-Bildchen (Panini) gestellt. Man betrachtet dazu folgende Zufallsgrößen: ... Anzahl Würfe, bis erstmals eine Augenzahl aus einer Teilmenge fällt, wobei Dann ist gesucht bei dir . Offensichtlich ist (deterministisch), denn gleich im ersten Wurf hat man eine "neue" (=bisher nicht aufgetretene) Augenzahl. Bei den anderen Zufallsgrößen liegen jeweils bestimmte geometrische Verteilungen vor, deren Erwartungswert bekannt ist, solange man sich erstmal über den Parameter dieser geometrischen Verteilungen im klaren ist. 
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| 07.06.2015, 19:14 | JayKay42 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Geometrische Verteilung: ok, das ist mdir jetzt klar, da ich das würfeln so oft wiederhole, bis der Erfolg eintritt. ist die Wahrscheinlichkeit, den Erfolg im k-ten Teilversuch zu haben. Ist mir Parameter p gemeint? Letzten Endes habe ich bei jedem Versuch immer die Zahlen 1-6, die ich würfeln kann. Die erste Zahl ist schon ein Erfolg. Damit bleiben 5 übrig. Also liegt der Erfolg bei 1/5 nur noch? Bei der nächsten Zahl 1/4? Aber das scheint mir zu viel. Bei dem Ansatz gehe ich davon aus, dass am Ende auf jeden Fall die letzte Zahl korrekt ist und keine andere mehr geworfen wird außer die gesuchte. Oder ist die Wahrscheinlichkeit immer bei 1/6, da ja wieder jede Zahl erneut geworfen werden kann? Hab da gerade nen Problem mit der verteilung und wie man den Parameter raus bekommt. Edit: oder habe ich (n-1)/n? Ich habe jetzt mal nach dem Panini-Problem gesucht. Also bei der zweiten Wahrscheinlichkeit (2-1)/2? Wären 0, 5, also 50% was Sinn machen könnte, so ein hoher Wert. Bei 3. Versuch: 2/3, bei 4. 3/4... ne, das erscheint mir nicht korrekt... |
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| 07.06.2015, 19:50 | JayKay42 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ist dieser Ansatz besser? Edit (mY+): Link entfernt! Du kannst die Grafik direkt an deinen Beitrag anhängen! [attach]38337[/attach] Ab dem dritten Bild ändert sich die Formel. n ist 6 da dies alle Würfe sind. i ist dabei der aktuelle Wurf. 2. Bild ist 2. Wurf. Hatte jetzt das Beispiel mit den Paninis im Kopf. Es sind natürlich Würfe und keine Bilder. Aus der Wahrscheinlichkeit würde ich dann den Erwartungswert berechnen. Ist mein Ansatz daher schonmal stimmig? Würfe 4-6 werden mit der Formel wie bei Wurf 3 berechnet. Nur mit i=4 etc. Ps:ich habe die potenz vergessen. Korrigiere ich gleich. |
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| 07.06.2015, 21:02 | JayKay42 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Das scheint mir auch nicht richtig da die Werte immer größer werden das ja nicht sein kann. Sie sollten immer kleiner werden. Es wird ja immer schwieriger eine Zahl zu finden die man noch nicht hatte. Die Berechnung findet man im Anhang. Edit (mY+): Link entfernt |
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| 07.06.2015, 21:20 | mYthos | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Bitte gewöhne dir gleich wieder ab, nach Dropbox zu verlinken, solche Links sind wesentlich zu kurzlebig und hier im Board auch nicht erwünscht. Sie werden umgehend entfernt. Ebenso stelle keine PDF's ein, die in der Dropbox offensichtlich ohnehin nicht zu lesen sind, auch davon kannst du eine Grafik machen und an deinen Beitrag anhängen. mY+ |
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| 07.06.2015, 21:27 | JayKay42 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
(Davon konnte ich leider keine Grafik machen da mein Programm, was ich auf dem tablet habe, beim exportieren in eine grafik nur leere Seiten anfügt obswohl alle beschrieben sind. Ist ein bekannter Bug wie ich raus fand... habe aktuell kein anderes Gerät vor Ort. - habe btw das pdf in der Box geöffnet - wurde bei mir ganz normal angezeigt 
)Edit (mY+): 2 Grafiken angehängt. [attach]38341[/attach] [attach]38342[/attach] |
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| 07.06.2015, 21:53 | mYthos | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Sende das PDF wenigstens via Beitrag und nicht über Dropbox, davon kann dann eine Grafik erstellt werden. mY+ |
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| 08.06.2015, 01:41 | mYthos | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Wenn ich das PDF aus dem Dropboxordner öffnen will, wird es in Google Docs nur als Code angezeigt. Es bleibt dann der Weg, das Original zu öffnen, dann ist es im HTML-Format zu sehen, kann aber nicht als PDF geladen werden, zumindest bei mir nicht. Alles in Allem sehr mühsam, das Ganze, daher bleibt es dabei: Bitte KEINE Links in Dropbox und auch keine PDFs dort! Zumindest habe ich die 2 Seiten jetzt extrahiert und an deinen Beitrag angehängt. mY+ |
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| 08.06.2015, 10:05 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
mit sowie ist richtig, das entspricht der Geometrischen Verteilung (A) mit Parameter . Jetzt muss man sich nicht lange mit den Einzelwahrscheinlichkeiten dieser geometrischen Verteilung aufhalten - was hier interessiert, ist der Erwartungswert . |
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