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Erwartungswert bei 2 Münzen gleichzeitig geworfen

Universität / Fachhochschule

Erwartungswert

Tags: Erwartungswert, Münzwurf, Stochastik

Kaslu aktiv_icon

12:44 Uhr, 22.07.2019

Moin,

ich stehe vor einem Problem. Die AUfgabe lautet: "Man werfe immer zwei Münzen gleichzeitig. Sei

X

die Anzahl der benötigten Würfe bis zum ersten
Doppel-Wappen." Gesucht ist

E (x)

.
Mein Lösungansatz wäre folgender:

E (x) = 1 \cdot \frac{1}{4} + 2 \cdot \frac{1}{4} + 3 \cdot \frac{1}{4} + 4 \cdot \frac{1}{4} = 2 \frac{1}{2}

In der Musterläsung steht allerdings, dass die Lösung

\frac{1}{\frac{1}{4}} = 4

ist.
Leider weiß ich nicht, wie die Musterlösung darauf kommt. Kann mir da jemand bei helfen?

Liebe Grüße
Lukas

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich benötige bitte nur das Ergebnis und keinen längeren Lösungsweg."

supporter aktiv_icon

13:16 Uhr, 22.07.2019

Die WKT ist bei jedem Wurf

\frac{1}{4}

\frac{1}{4} \cdot n = 1

n = \frac{1}{\frac{1}{4}} = 4

anonymous

13:20 Uhr, 22.07.2019

Hallo
Du sagst zwar, "mein Lösungsansatz wäre folgender",
schreibst aber nur einen Zahlen-Kauderwelsch.

Wenn du dir selbst klar machst, was die Zahlen-Ausdrücke bedeuten sollen, dann wird dir vielleicht auch Verständnis und Lösung entgegen kommen.

Ich ahne:

a)

Der Teilausdruck

1 \cdot \frac{1}{4}

dürfte den Fall betrachten, in dem du im ersten Wurf

(\to

daher die

1)

das gesuchte Doppel-Wappen wirfst.
Und die

\frac{1}{4}

ist die Wahrscheinlichkeit hierfür.
Ja, gut so.

b)

Der Teilausdruck

2 \cdot \frac{1}{4}

dürfte den Fall betrachten, in dem du im zweiten Wurf

(\to

daher die

2)

das gesuchte Doppel-Wappen wirfst.
Aber - ist die Wahrscheinlichkeit hierfür

\frac{1}{4}

?
Überleg mal: um im zweiten Wurf erst erfolgreich zu sein, darst du nicht schon im ersten Wurf erfolgreich sein...
Also?

Kaslu aktiv_icon

13:43 Uhr, 22.07.2019

@Supporterr:
Ich Suche ja

E (x),

du hast jetzt

n

ausgrechnet. ist

n = E (x)

und wenn ja, wieso?

@11engleich:

Also müsste ich rechnen

E (x) = 1 \cdot \frac{1}{4} + 0 \cdot \frac{1}{4} + 0 \cdot \frac{1}{4} + 0 \cdot \frac{1}{4}

Allerdings wäre dann

E (x) = \frac{1}{4}

und daas kommt ja auch nicht hin?
Oder muss ich das ganze mal 4 mal rechnen, da es ja 4 Möglichkeiten der Anordung gibt?
Dann wäre das ja

E (x) = (1 \cdot \frac{1}{4} + 0 \cdot \frac{1}{4} + 0 \cdot \frac{1}{4} + 0 \cdot \frac{1}{4}) \cdot 4 = 1

. Da komme ich ja auch noch nicht auf den in der Musterlösung angegeben Wert 4. Irgendwie stehe ich da auf dem Schlauch.

Danke schonmal für die Hilfe :-)

HAL9000

13:44 Uhr, 22.07.2019

Eine kleine Erläuterung zu der sparsam ausgefallenen Begründung von supporter:

Der Zeitpunkt des ersten Erfolges ist beim Szenario unabhängig identisch verteilter Einzelversuche geometrisch verteilt, und dort ist tatsächlich der Erwartungswert gleich dem Kehrwert

\frac{1}{p}

des Parameters Einzelerfolgswahrscheinlichkeit

p

Kaslu aktiv_icon

13:50 Uhr, 22.07.2019

Das heißt, wenn ich den geometrischen Verteilungstyp vorliegen habe, ist

E (x)

immer

\frac{1}{p}

HAL9000

13:55 Uhr, 22.07.2019

Ja, so ist es.

Kaslu aktiv_icon

14:00 Uhr, 22.07.2019

Alles klar danke dir!
Gibt es für jeden Verteilungstyp eine eigene Formel für den Erwartungswert?

anonymous

14:01 Uhr, 22.07.2019

zurück zu deinem ursprünglichen Ansatz:

Warum die "0" ??

Für einen erfolgreiches Doppel-Wappen im zweiten Wurf wäre

>

der Beitrag zum Erwartungswert eine "2"

>

die Wahrscheinlichkeit, im ersten Wurf KEIN Doppel-Wappen zu werfen:

p = \frac{3}{4}

>

die Wahrscheinlichkeit, im zweiten Wurf dieses Doppel-Wappen zu werfen:

p = \frac{1}{4}

Kaslu aktiv_icon

14:07 Uhr, 22.07.2019

Die 0 war

n

Denkfehler, da ich nicht die

\frac{3}{4}

der Gegenwahrscheinlichkeit bedacht habe.
Allerdings hilft mir das irgendwie noch nichts wo wirklich weiter auf dem Lösungsweg

\frac{;}{}

anonymous

14:10 Uhr, 22.07.2019

PS:
"Oder muss ich das ganze mal 4 mal rechnen, da es ja 4 Möglichkeiten der Anordung gibt?"

Du scheinst im Geiste von 4 Anordnungsmöglichkeiten aus zu gehen.
Gibt es wirklich nur 4 ?

Was ist wenn du erst im 7.ten Versuch ein Doppel-Wappen wirfst?
Oder wenn du erst im

129

. Versuch ein Doppel-Wappen wirfst?

Kaslu aktiv_icon

14:12 Uhr, 22.07.2019

Da hast du recht.
Heißt im Umkehrschluss, mein Ansatz funktioniert bei dem Beispiel nicht und ich brauche die Allgemeinen Formeln für den geometrischen Verteilungstyp und schwups, fertig ist das Ding? Und ich habe einfach nur 5 mal zu viel um die Ecke gedacht?

anonymous

14:18 Uhr, 22.07.2019

Na ja, wenn man schon die Sicherheit und das Verständnis erlangt hat, dass

n = \frac{1}{p}

auch für den Erwartungwert in dem Fall gilt, dann ist das natürlich viel schneller und direkter.

Aber auch mit deinem Ansatz wärst du zum Ziel gekommen. Und das sogar ganz allgemein für jeden Fall in dem du Erwartungswerte rechnen sollen wirst, nicht nur in geometrischen...

Willst du nicht einfach auch noch ein wenig dazu lernen und auch deinen Weg zu Ende gehen?
Es wäre eigentlich - vielleicht ein wenig weiter - aber durchaus machbar...

Kaslu aktiv_icon

14:22 Uhr, 22.07.2019

Doch, wenn der Ansatz richtig ist, und er auch ich unabhängig vom Verteilungstyp funktioniert, sehr gerne sogar.

Die Frage die ich mir da gerade Stelle ist allerdings, wie das möglich ist, wenn ja quasi unendlich viele Versuche nötig sein können bis zwei mal Wappen kommen

HAL9000

14:24 Uhr, 22.07.2019

> Gibt es für jeden Verteilungstyp eine eigene Formel für den Erwartungswert?

Sofern es für diesen Verteilungstyp überhaupt einen Erwartungswert gibt: Ja. (Bei der Cauchy-Verteilung gibt es beispielsweise keinen.)

Eine solche Formel fällt natürlich nicht vom Himmel, sondern lässt sich aus der Verteilung berechnen.

anonymous

14:30 Uhr, 22.07.2019

Es mögen vielleicht unendlich viele Versuche möglich sein, aber sie gehorchen natürlich alle der gleichen Gesetzmäßigkeit. Du wirst einfach nur das Prinzip erfassen müssen. Schon sind alle unendlich vielen begreif- und formel-bar.

Am besten du gehst eben Schritt für Schritt vor - wie schon angedeutet.

a)

du hattest schon deinen Beitrag für erfolgreichen Doppel-Wappen im ersten Versuch.

b)

Wie lautet der entsprechende Term für erfolgreiches Doppel-Wappen erst im zweiten Versuch?

c)

Wie lautet der entsprechende Term für erfolgreiches Doppel-Wappen erst im dritten Versuch?

d)

...

.

du wirst schnell sehen, das wird schnell einfach...

Bummerang

18:51 Uhr, 22.07.2019

Hallo,

hier mal ein kleiner Exkurs, dessen überraschendes Ergebnis man sich einfach merken kann und vielleicht auch sollte:

Bei einem Versuch tritt ein Ereignis mit der Wahrscheinlichkeit

p

auf. Man wiederholt diesen Versuch so lange, bis dieses bestimmte Ereignis eingetreten ist. Wie groß ist der Erwartungswert

E (X)

für die Anzahl

X

der benötigten Versuche?

Dass das Ereignis im 1-ten Versuch auftritt:

p

Dass das Ereignis im 2ten Versuch auftritt:

(1 - p) \cdot p

Dass das Ereignis im 3-ten Versuch auftritt:

{(1 - p)}^{2} \cdot p

Dass das Ereignis im 4-ten Versuch auftritt:

{(1 - p)}^{3} \cdot p

. .

.

Oder etwas "besser" geschrieben:

Dass das Ereignis im 1-ten Versuch auftritt:

{(1 - p)}^{0} \cdot p

Dass das Ereignis im 2ten Versuch auftritt:

{(1 - p)}^{1} \cdot p

Dass das Ereignis im 3-ten Versuch auftritt:

{(1 - p)}^{2} \cdot p

Dass das Ereignis im 4-ten Versuch auftritt:

{(1 - p)}^{3} \cdot p

. .

.

Für den erwartungswert ergibt sich damit:

E (X) = 1 \cdot {(1 - p)}^{0} \cdot p + 2 \cdot {(1 - p)}^{1} \cdot p + 3 \cdot {(1 - p)}^{2} \cdot p + 4 \cdot {(1 - p)}^{3} \cdot p + . .

E (X) = p \cdot \sum_{k = 0}^{+ \infty} (k + 1) \cdot {(1 - p)}^{k}

Jetzt betrachten wir mal im Intervall

(0; 1)

die Funktion

f (x) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} (k + 1) \cdot x^{k}

an der Stelle

x = 1 - p

. Dort gilt:

f (1 - p) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} (k + 1) \cdot {(1 - p)}^{k}

\Rightarrow E (X) = p \cdot f (1 - p)

Das ist genau der zweite Faktor unseres Erwartungswertes. Von dieser Funktion

f (x)

bilden wir mal eine Stammfunktionen

F_{c} (x), d . h

. diese Stammfunktion hängt noch von einer Konstanten

c \in ℝ

ab.Dazu integrieren wir Summandenweise:

F_{c} (x) = c + \sum_{k = 0}^{+ \infty} x^{k + 1}

F_{c} (x) = c + \sum_{k = 1}^{+ \infty} x^{k}

F_{c} (x) = c - x^{0} + x^{0} + \sum_{k = 1}^{+ \infty} x^{k}

F_{c} (x) = c - x^{0} + \sum_{k = 0}^{+ \infty} x^{k}

F_{c} (x) = c - x^{0} + \frac{1}{1 - x}

Jetzt wählen wir unser

c

geschickt mit

c = 1,

so dass wir eine Stammfunktion von

f (x)

erhalten, die besonders einfach ist, denn mit

c = 1

und dem Wissen, dass

x^{0}

auch 1 ist ergibt sich dann:

F_{1} (x) = 1 - 1 + \frac{1}{1 - x}

F_{1} (x) = \frac{1}{1 - x}

Jetzt gilt aber, dass

\frac{d}{d x} F_{1} (x) = f (x)

ist, denn

F_{1} (x)

ist eine Stammfunktion von

f (x)

und es gilt auch:

\frac{d}{d x} F_{1} (x) = \frac{d}{d x} (\frac{1}{1 - x}) = \frac{1}{{(1 - x)}^{2}}

Damit ist unsere Funktion

f (x)

nichts anderes als:

f (x) = \frac{1}{{(1 - x)}^{2}}

Und an der Stelle

x = 1 - p

gilt:

f (1 - p) = \frac{1}{{(1 - (1 - p))}^{2}} = \frac{1}{{(1 - 1 + p)}^{2}} = \frac{1}{p^{2}}

Das ergibt für unseren Erwartungswert:

E (X) = p \cdot f (1 - p) = p \cdot \frac{1}{p^{2}} = \frac{1}{p}

Der Erwartungswert für die Anzahl der Versuche ergibt sich immer als

\frac{1}{p}

und da bei Dir

p = \frac{1}{4}

ist, ist er eben

\frac{1}{\frac{1}{4}} = 4

.

Jetzt kannst Du ohne große Mühe jede weitere dieser Aufgaben berechnen. Wenn Du

z . B

. nun 3 Münzen hättest und und müsstestdiese Werfen und Du willst den Erwartungswert für die Anzahl der Würfe, bis zum ersten Mal genau zwei Adler oben liegen, dann weisst Du, dass es 3 günstige Ereignisse unter den 8 Ereignissen gibt, so dass Du eine Wahrscheinlichkeit von

\frac{3}{8}

in jedem Wurf hast. Der Erwartungswert ist dann

\frac{1}{\frac{3}{8}} = \frac{8}{3} ≅ 2,666

. Willst Du dagegen den Erwartungswert für die Anzahl von Würfen haben, bis mindestens zwei Adler oben liegen, so gibt es 4 günstige Ereignisse und die Wahrscheinlichkeit für ihr Eintreten ist

\frac{4}{8} = \frac{1}{2}

und somit ist der Erwartungswert

\frac{1}{\frac{1}{2}} = 2

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