Erwartungswert < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:14 So 02.09.2012 | | Autor: | Kuriger |
| Aufgabe | | Wie oft muss man im Durchschnitt eine faire Münze werfen, bis sowohl Kopf wie auch Zahl sich ereignet haben? |
Hallo
Wie löst man am besten eine solche Aufgabe?
Mir fehlt die Einstiegsidee
Danke
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:46 So 02.09.2012 | | Autor: | abakus |
> Wie oft muss man im Durchschnitt eine faire Münze werfen,
> bis sowohl Kopf wie auch Zahl sich ereignet haben?
> Hallo
>
> Wie löst man am besten eine solche Aufgabe?
>
> Mir fehlt die Einstiegsidee
>
>
> Danke
Wie wäre es mit der klassischen Methode (Tabelle der möglichen Werte aufstellen, zugehörige Wahrscheinlichkeiten ermitteln, Produkte bilden und aufsummieren)?
Es gibt zwar unendlich viele mögliche Werte und damit unendlich viele zu addierende Produkte, aber vielleicht ergibt sich ja etwas mit bekannter Summenformel.
Gruß Abakus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:56 So 02.09.2012 | | Autor: | Kuriger |
Hallo
Es gebe ja unendlich viele Werte, wobei natürlich der Einfluss kleiner wird..
Also soll ich mal sagen alle Ereignisse bis 6 Würfe?
Gruss Kuriger
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Hallo Kuriger,
diese Aufgabe gehört streng genommen in die Kategorie der sog. ![[]](/images/popup.gif) Sammlerprobleme. Das ist eine Art Problem, an dem sich schon viele vor dir den Kopf ziemlich zerbrochen haben. Der auf Wikipedia erläuterte Trick für den Erwartungswert ist ja alles andere als naheliegend.
Die gute Nachricht in deinem Fall ist die, dass die Münze nur zwei Seiten hat. Das bedeutet, dass wenn man sagen wir n Würfe benötigt hat, dann weiß man bereits, dass die Münze (n-1)-mal die gleiche Seite gezeigt hat und erst im n. Wurf die andere Seite. Damit ist auch klar, dass der Tipp von abakus dich darauf bringen sollte, dass man hier die Wahrscheinlichkeit P(X=n) durch eine einfache Potenz und damit den Erwartungswert durch eine geometrische Reihe darstellen kann.
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:32 So 02.09.2012 | | Autor: | abakus |
> Hallo Kuriger,
>
> diese Aufgabe gehört streng genommen in die Kategorie der
> sog.
> Sammlerprobleme.
> Das ist eine Art Problem, an dem sich schon viele vor dir
> den Kopf ziemlich zerbrochen haben. Der auf Wikipedia
> erläuterte Trick für den Erwartungswert ist ja alles
> andere als naheliegend.
>
> Die gute Nachricht in deinem Fall ist die, dass die Münze
> nur zwei Seiten hat. Das bedeutet, dass wenn man sagen wir
> n Würfe benötigt hat, dann weiß man bereits, dass die
> Münze (n-1)-mal die gleiche Seite gezeigt hat und erst im
> n. Wurf die andere Seite. Damit ist auch klar, dass der
> Tipp von abakus dich darauf bringen sollte, dass man hier
> die Wahrscheinlichkeit P(X=n) durch eine einfache Potenz
> und damit den Erwartungswert durch eine geometrische Reihe
> darstellen kann.
Hallo,
ganz so einfach ist es nicht. Ich erhalte
E(X)=2*(1/2)+3*(1/4)+4(1/8)+5*(1/16)+...,
und das ist nicht direkt eine geometrische Reihe.
Man kann die Summe aber zerlegen in
2*(1/2)+2*(1/4)+2*(1/8)+2*(1/16)+...
plus 1*(1/4)+1*(1/8)+1*(1/16)+...
plus 1*(1/8)+1*(1/16)+...
plus 1*(1/16)+...
plus ...
und diese Zwischensummen (mit Ausnahme der ersten) bilden nun eine geom. Reihe.
Gruß Abakus
>
>
> Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:37 So 02.09.2012 | | Autor: | Diophant |
Hallo Abakus,
> Hallo,
> ganz so einfach ist es nicht. Ich erhalte
> E(X)=2*(1/2)+3*(1/4)+4(1/8)+5*(1/16)+...,
> und das ist nicht direkt eine geometrische Reihe.
> Man kann die Summe aber zerlegen in
> 2*(1/2)+2*(1/4)+2*(1/8)+2*(1/16)+...
> plus 1*(1/4)+1*(1/8)+1*(1/16)+...
> plus 1*(1/8)+1*(1/16)+...
> plus 1*(1/16)+...
> plus ...
>
> und diese Zwischensummen (mit Ausnahme der ersten) bilden
> nun eine geom. Reihe.
> Gruß Abakus
Stimmt, da habe ich mich vertan. Aber man kann für diese Art Reihen auch zu einer geschlossenen Darstellung kommen, indem man die geometrische Reihe ableitet...
Gruß, Diophant
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