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Würfelspiel, Erwartungswert

Universität / Fachhochschule

Erwartungswert

Tags: Erwartungswert

Fabienne- aktiv_icon

19:05 Uhr, 14.12.2015

Betrachten Sie das folgende Würfelspiel:

Man darf sich aus einem großen Vorrat von fairen Würfeln beliebig viele herausgreifen, um sie dann zu werfen. Ist eine 6 unter den geworfenen Augenzahlen, so bekommt man 0 Punkte, andernfalls erhält man die geworfene Augensumme als Punktzahl.

Bestimmen Sie die erwartete Punktzahl

a_{n}

in Abhängigkeit der herausgegriffenen Würfel

n

.

Hallo,

ich möchte diesen Erwartungswert bestimmen.
Die Würfel sind fair, also ist die Wahrscheinlichkeit für jede Augenzahl gleich. Nämlich 1/6.
Wenn ich nur einen Würfel habe, dann sollte die erwartete Augenzahl

a_{1} = 1 \cdot 1 / 6 + 2 \cdot 1 / 6 + 3 \cdot 1 / 6 + 4 \cdot 1 / 6 + 5 \cdot 1 / 6 + 0 \cdot 1 / 6 = 2.5

sein.

Für zwei Würfel wird diese Rechnung schon komplizierter, wenn ich das richtig sehe.
Die Vorgehensweise sollte folgende sein. Ich habe insgesamt bei 2 Würfeln 36 verschiedene Paare, die ich betrachten muss. Jedes Paar, welches mindestens eine 6 enthält, wird mit Null gewertet. Davon gibt es 11 Stück. Für die jeweiligen Augensummen (wobei Paare mit eine 6 als Augensumme 0 gewertet werden) ergibt sich folgende Anzahl:

Augensumme 0 Anzahl 11
Augensumme 2 Anzahl 1
Augensumme 3 Anzahl 2
Augensumme 4 Anzahl 3
Augensumme 5 Anzahl 4
Augensumme 6 Anzahl 5
Augensumme 7 Anzahl 4
Augensumme 8 Anzahl 3
Augensumme 9 Anzahl 2
Augensumme 10 Anzahl 1

Der Erwartungswert wäre dann also

a_{2} = \frac{25}{6}

Es liegt nahe, dass für

n \to \infty

eben

a_{n} \to 0

Nun habe ich aber das Problem, dass ich effektiv wissen müsste, wie viele Summationen es für die einzelnen Zahlen geben kann.
Die kleinste und größte Augenzahl zu bestimmen ist ja kein Problem. Für n Würfel ist die kleinste Augenzahl

n

und die größte Augenzahl

5 n

. Davon gibt es auch immer nur eine Möglichkeit. In dem Fall n=2 erkennt man ja ein schönes Muster.
Bleibt dieses Muster beibehalten? Für n=3 sind es zu viele Triple um es sich hinzuschreiben.

Gibt es eine effektive Möglichkeit sich die jeweilige Anzahl für die Augensummen zwischen n und 5n zu überlegen?

Vielen Dank im voraus.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

DrBoogie aktiv_icon

20:31 Uhr, 14.12.2015

Bei einem Würfel hat man nur Gewinn, wenn

6

rauskommt. Also ist der Erwartungswert

6 \cdot \frac{1}{6} = 1

.

Bei

n

Würfeln kann man so argumentieren: Erwartungswert für die Augensumme ist

3.5 n

. Die W-keit dafür, dass keine

6

rauskommt, ist

(\frac{5}{6})^{n}

. Der bedingte Erwartungswert für die Augensumme bei der Bedingung "keine

6

" ist

3 n (\frac{5}{6})^{n}

. Also ist der Erwartungswert des Gewinns bei diesem Spiel

3.5 n - 3 n (\frac{5}{6})^{n}

.

UPDATE. Ah, sorry, habe falsch verstanden. Dann geht es umgekehrt. Also, die Antwort ist dann einfach

3 n (\frac{5}{6})^{n}

Fabienne- aktiv_icon

21:24 Uhr, 14.12.2015

Hey, danke für deine Antwort.

Hast du deine Formel mit dem Edit korrigiert? Ich lese die Antwort leider erst jetzt.
Denn so stimmt die Formel nicht mit meiner händischen Berechnung für den Fall n=2 überein.

Edit: Upps, jetzt habe ich selber nicht aufgepasst. Deine korrigierte Formel passt natürlich.

Vielen Dank.

DrBoogie aktiv_icon

21:31 Uhr, 14.12.2015

Für

n = 2

wird aus

3 n (\frac{5}{6})^{n}

6 (\frac{25}{36}) = \frac{25}{6}

.
Also, stimmt doch überein.

Ich habe am Anfang die ganze Berechnung aus der Annahme gemacht, dass man nur Gewinn behält, wenn

6

fällt. Da es eigentlich gerade umgekehrt ist, muss man die Argumentation umkehren, wodurch sie nur noch einfacher wird. Die Antwort ist dann

3 n (\frac{5}{6})^{n}

Fabienne- aktiv_icon

21:38 Uhr, 14.12.2015

Ja, Entschuldigung, da hatte ich mich in deiner Antwort verlesen, als ich die Formel austesten wollte, habe ich versehentlich deine erstgenannte genommen und nicht die korrigierte Version.

Zu der Herleitung:

Bei einem Würfel ist der Erwartungswert für die Augenzahl 3.5.
Das dann die erwartete Augenzahl bei n-Würfeln 3.5n ist, kann ich nachvollziehen.

3 n {(\frac{5}{6})}^{n}

als Erwartungswert unter der Bedingung, dass keine 6 fallen darf, kann ich anhand wie sich der Term zusammensetzt auch nachvollziehen. Die genaue Herleitung jedoch nicht.

Also das 3n kommt ja daher, dass ich nur die Zahlen von 1 bis 5 Würfeln "darf". Der Erwartungswert ist dann 3. Für n-Würfel ist die erwartete Augensumme 3n.
Und

{(\frac{5}{6})}^{n}

ist einfach die Wahrscheinlichkeit, dass keine 6 geworfen wird.
Einen bedingten Erwartungswert hatten wir bisher nicht eingeführt in der Vorlesung.

DrBoogie aktiv_icon

22:00 Uhr, 14.12.2015

"Einen bedingten Erwartungswert hatten wir bisher nicht eingeführt in der Vorlesung."

Du kannst auch ohne argumentieren, nur wird's etwas länger. Bei

n

Würfeln gibt's

6^{n}

mögliche Ergebnisse, davon

5^{n}

ohne eine einzige

6

. Die Summe der Augenzahlen in diesen

5^{n}

Ausgängen ist

3 n \cdot 5^{n}

, das folgt einfach daraus, dass im Schnitt bei einem Würfen

3

rauskommt (bei Werten von

1

bis

5

). Und für den Erwartungswert müssen wir diese Summe durch Anzahl von allen Ausgängen teilen, also durch

6^{n}

, denn die restlichen

6^{n} - 5^{n}

Fälle liefern keinen Beitrag.

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