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Sandra (Sandra24)
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 13. Juni, 2001 - 13:00: | 
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Es wird so lange gewürfelt, bis jede der Zahlen 1,...6 mindestens einmal vorkommt.
Wie gross ist er Erwartungswert der benötigten Würfe.?
Ich bekomm 20 raus. kann das sein? |
SpockGeiger (Spockgeiger)
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 13. Juni, 2001 - 18:53: |
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Hi Sandra
Klingt recht hoch, aber empirisch kann ich das Ergebnis durchaus bestätigen, leider hab ich grad nen Brett vorm Kopf; wie ist denn Deine Wahrscheinlichkeit, dass man k Würfe braucht, und wie kommst Du drauf?
viele Grüße
SpockGeiger |
OliverKnieps (Oliverk)
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 13. Juni, 2001 - 19:05: |
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Hallo SpockGeiger,
da bist du im Moment nicht der Einzige. Benutzt man das Gegenereignis b, also "...jede der Zahlen 1-6 KEINMAL vorkommt" so gilt: in n Würfen wäre das also 1-p(b)n > w%, dann gibt das keinen Sinn, denn beim ersten Wurf wird sicherlich irgendeine Augenzahl gewürfelt. Die Wahrscheinlichkeit p(b) wäre irgendwie sinnlos.
Was meinst Du? Ich werde mich da mal mit beschäftigen, im Moment muss ich Pause nach 9 h Non-Stop Lehrgang fürs Rote Kreuz machen...
Melde Dich mal!
Viele Grüße
 Oliver |
SpockGeiger (Spockgeiger)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 14. Juni, 2001 - 15:47: |
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Hallo Sandra, Hallo Oliver
Was Du beschreibst, ist leider nicht das Gegenereignis. nicht( alle Zahlen kommen vor) ist EINE der Zahlen kommt nicht vor (Quantoren werden bei Negation umgedreht).
Ich habe leider noch keine geschlossene Formel finden können, allerdings kann ich meine Bestätigung des Wertes widerrufen. Ich hatte einen Rechenfehler begangen. Ich tippe eher auf ein bisschen unter 15. Zunächst habe ich diesen Wert empirisch approximiert. Die Wahrscheinlichkeiten kann ich zwar auch berechnen, aber nicht geschlossen darstellen: Wenn wir exakt k Würfe (k>=6) brauchen, muss der k-te Wurf erst die letzte Zahl bringen, da sonst schon davor das Ziel erreicht wäre. Berechnen wir wie üblich "günstige Fälle"/"mögliche Fälle", so ist die Wahrscheinlichkeit N(k-1)*6/6k, wobei die 6 im Zähler daherrührt, dass man für die letzte Zahl 6 Möglichkeiten hat, während N(k-1) die Anzahl der Möglichkeiten bezeichnet, in k-1 Würfen alle 5 übrigen Zahlen zu würfeln. Diese Zahl kann ich zwar berechnen, aber nicht geschlossen darstellen. Für die unter Euch, die Maple beherrschen:
N:=proc(n) with(combinat):L:=composition(n,5):sum(multinomial(n,L[k][]),k=1..nops(L)) end;
Ich habe den Anfang der Reihe berechnet, die zum Erwartungswert gehört, und der Wert dürfte bei 15 liegen.
viele Grüße
SpockGeiger |
SpockGeiger (Spockgeiger)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 14. Juni, 2001 - 16:22: |
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Hallo
Habe inzwischen herausgefunden, dass die Folge N (bis auf Verschiebung) 5!*S(n,5) ist, leider weiß ich aber nicht, was S ist. Wer weiß das?
viele Grüße
SpockGeiger |
Dea (Dea)
| | Veröffentlicht am Montag, den 18. Juni, 2001 - 06:48: |
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Hallo Sandra, hallo SpockGeiger,
bitte berichtigt mich, wenn ich das völlig falsch sehe, aber ich denke, diese Aufgabe ist ähnlich wie die Pokemon-Aufgabe von neulich, die auch von Sandra gestellt wurde
Pokemon
Auch hier gilt wieder, daß beim ersten Wurf sicher die erste Zahl gewürfelt wird. Also E(1. Zahl) = 1
Jede beliebige andere Zahl kann dann die zweite sein. Wahrscheinlichkeit für Würfeln einer zweiten Zahl ist 5/6.
E(2. Zahl) = 1*(5/6) + 2*(1/6)*(5/6) + 3*(1/6)2*(5/6) + ... =
(5/6)*Summe (i=1 bis unendlich) i*(1/6)i-1
Jede beliebige andere Zahl kann dann die dritte sein. Wahrscheinlichkeit für Würfeln einer dritten Zahl ist 4/6.
E(3. Zahl) = 1*(4/6) + 2*(2/6)*(4/6) + 3*(2/6)2*(4/6) + ... =
(4/6)*Summe (i=1 bis unendlich) i*(2/6)i-1
...
Damit gesamt
E = 1 + Summe (j=1 bis 5) [ (6-j)/6 * Summe (i=1 bis unendlich) i*(j/6)i-1 ]
Leider bin ich kein Held bei unendlichen Summen...
Gruß, Dea |
SpockGeiger (Spockgeiger)
| | Veröffentlicht am Montag, den 18. Juni, 2001 - 15:18: |
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Hallo Dea
Irgendwie kann das nicht stimmen. z.B. hast Du in E(2. Zahl) einen Summanden mit dem faktor 1. Daher vermute ich, dass er zu der Wahrscheinlichkeit gehört, dass die zweite Zahl im ersten Wurf fällt. Das ist aber unmöglich, daher ist die Wahrscheinlichkeit 0, und nicht 5/6. Auch die Wahrscheinlichkeiten danach sind meiner Meinung nach komplexer.
viele Grüße
SpockGeiger |
Wing (Wing)
| | Veröffentlicht am Montag, den 18. Juni, 2001 - 23:55: |
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Hallo,
vielleicht denke ich ja zu einfach ...
Also, angenommen ich bräuchte nur noch eine Zahl, um jede Zahl einmal geworfen zu haben.
X(1) [X(n)] sei die Anzahl der Würfe, die ich benötige diese eine fehlende Zahl [eine der n fehlenden Zahlen] zu werfen, wenn ich nur noch eine Zahl [n Zahlen] benötige.
Dann ist X - 1 geometrisch verteilt mit f(X - 1 = x) = p*(1-p)^x, x = 0, 1, ... .
E(X -1) = (1 - p)/p wobei p die W. des günstigen Falls ist.
Für X(1) ist also p = 1/6 und somit E(X(1)) = (5/6)/(1/6) + 1 = 6
Wenn ich noch 2 Zahlen brauche, ist p = 2/6 und somit E(X(2)) = (4/6)/(2/6) + 1 = 3
Analog, E(X(3)) = (3/3) + 1 = 2, E(X(4)) = (2/4) + 1 = 1.5, E(X(5)) = (1/5) + 1 = 1.2 und E(X(6)) = (0/6) + 1 = 1
Macht in der Summe 14.7, also knapp unter 15.
Oder?
Gruß,
Wing |
Dea (Dea)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 19. Juni, 2001 - 09:24: |
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Hallo SpockGeiger,
ich habe wohl mißverständlich formuliert.
Mit E(2. Zahl) meinte ich den Erwartungswert der Würfe für die 2. Zahl, nachdem die 1. Zahl schon geworfen ist. Das Resultat ist dann die Summe der Erwartungswerte von E(1) bis E(6).
Gruß, Dea |
SpockGeiger (Spockgeiger)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 19. Juni, 2001 - 09:46: |
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Hallo Wing, Hallo Dea
Entschuldige, hab Dich falsch verstanden. Dann ist Dein Ansatz wohl im wesentlichen der gleiche, wie der von Wing. Meiner Meinung nach sieht Eure Lösung richtig aus, ich weiß aber leider nicht, ob man die Erwartungswerte einfach so addieren darf.
viele Grüße
SpockGeiger |
SpockGeiger (Spockgeiger)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 19. Juni, 2001 - 18:58: |
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Hallo
Mit dem, was ich heute gelernt habe, ist Euer Ergebnis richtig, und sehr schön. Glückwunsch!
viele Grüße
SpockGeiger |
miggedy
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 07. Februar, 2002 - 17:40: |
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Klingt ja alles im Grunde genommen schön und logisch, aber die Zweifel, die SpockGreiger hatte, habe ich auch.
Warum kann man die Erwartungswerte einfach so addieren (mein Skript sagt, dass bei unabhängige Zufallvariablen Erwartungswerte multipliziert werden - was hier ja nicht stimmen kann!)?
Wing - kannst du die einzelnen ZV's vielleicht mit einer gemeinsamen Zufallsvariable, bzw. Verteilung formal schreiben?
viele Grüße aus dem kalten Passau
Maik |
SpockGeiger (Spockgeiger)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 08. Februar, 2002 - 01:55: |
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Hallo Maik
Wir können die folgenden sechs Zufallsexperimente betrachten: Würfeln bis eine der sechs Zahlen fällt (trivial, Anzahl der Würfe ist immer 1), Würfeln bis 1-5 fällt, Würfeln bis 1-4 fällt,...,Würfeln bis 1 fällt. Wir führen sie aus und addieren die Wurfzahlen. Dazu sollten wir uns vergewissern, dass das wirklich dasselbe Experiment ist, um das einzusehen brauchen wir aber nur die Würfel bei jedem Experiment anders zu beschriften. Z.B ersetzen wir auf dem Würfel "Würfeln bis 1-4 fällt" die Zahlen 5 und 6 durch "eine der zwei Zahlen, die in den ersten beiden Experimenten gefallen ist" und 1,2,3,4 durch "eine der vier Zahlen, die in den ersten beiden Experimenten nicht gefallen ist". Oder anders gesagt: Das Ergebnis eines dieser Zufallsexperimente ist zwar abhängig von den vorhergehenden (Wenn ich z.B. im zweiten Experiment als erstes eine 1 würfle, so bin ich fertig, falls im ersten eine 2 gefallen ist, nicht aber falls im ersten Experiment eine 1 fiel. In dem Fall muss ich dann weiterwürfeln, und das Ergebnis [Anzahl der Würfe] wird größer.), aber die Wahrscheinlichkeitsverteilung des Ergebnisses (Anzahl der Würfe, bis eine der gewünschten Zahlen fällt) ist immer gleich (Ob ich solange würfle, bis ne 2 kommt, oder solange, bis ne 5 kommt, ändert nichts an der Wahrscheinlichkeit, wie oft ich würfeln muss). Anders wäre es, wenn man die Würfelzahlen der Würfe addieren würde (aber dann dürfte ich ja auch nicht die Würfel anders beschriften). Die Erwartungswerte darf ich nun einfach deswegen addieren, weil der Erwartungswert additiv ist, und unser Experiment die Summe dieser sechs ist.
Da hab ich jetzt selbst ne Frage, wie ich schon adeutete, könne man auf die Idee zu kommen, so lange zu würfeln, bis alle Zahlen gefallen sind, und dann als Zufallsexperiment die Summe der Würfelzahlen zu betrachten. Was kommt als Erwartungswert raus? Ich hab das Gefühl, der existiert vielleicht nicht mal, oder ist zumindest nicht das erwartete 7/2*(erwartete Anzahl der Würfe)
viele Grüße
SpockGeiger |
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