Stochastik 2
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durchschnittliche anzahl
ergebnis
erwartungswert
gesetz
million
sagen
tun
versuchen
verteilung
wahrscheinlichkeit
wurf
zahl
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Hallo, schon wieder eine Aufgabe, bei der ich nicht weiterkomme.
Wie lange muss man im Durchschnitt würfeln, bis jede Zahl mindestens einmal vorgekommen ist?
Sei X die Anzahl der Würfe, die nötig sind, bis zum ersten mal jede Zahl mindestens einmal geworfen wurde. Berechne den Erwartungswert von X. -
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Sicher bin ich mir nun auch nicht mehr, aber hat es nicht etwas mit dem Gesetz der großen Zahlen zu tun bzw. Erwartungswerten?
Oder bezieht sich die Aufgabe eher auf eine Binomial Verteilung?
Dann könnte man auch sagen, wenn die Wahrscheinlichkeit dass das Ergebnis nicht eintrritt < x ist, ist es zu vernachlässigen .. gibt es einen genaueren Kontext?
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Ich bin mir nicht ganz sicher..aber es schwebt mir so was im Kopf von 46656 mal.
die W'keit, dass eine Zahl gewürfelt wird ist 1/6-konkret.
W'keit, dass eine 1 gewürfelt wird: 1/6
w'keit, dass eine 1 und dann eine 2 gewürfelt wird: 1/6 mal 1/6
usw.
dann kommst du auf (1/6)^6. das ist die Wahrscheinlichkeit. Um die Anzahl zu bekommen nimmt du denn Kehrwert: Sprich also hoch -1.
So kommt man auf 46656.
Aber bin mir nicht ganz sicher! -
W'keit, dass eine 1 gewürfelt wird: 1/6
w'keit, dass eine 1 und dann eine 2 gewürfelt wird: 1/6 mal 1/6
usw.
dann kommst du auf (1/6)^6. das ist die Wahrscheinlichkeit. Um die Anzahl zu bekommen nimmt du denn Kehrwert: Sprich also hoch -1.
So kommt man auf 46656.
müsste es dann aber nicht so sein:
die erste Zahl ist egal, die zweite kann dann noch 5 gewünschte Eergebnisse annehmen usw.
1 * 5/6 * 4/6 * 3/6 * 2/6 * 1/6 = 5!/6^5 = 5/324
Kehrwert: 64.8 also 65 mal Würfeln?
(hat jemand mal Lust das auszuprobieren?? )
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marathon schrieb:
wir machen grade Gesetz der großen Zahlen und Erwartungswert.
Sicher bin ich mir nun auch nicht mehr, aber hat es nicht etwas mit dem Gesetz der großen Zahlen zu tun bzw. Erwartungswerten?
Oder bezieht sich die Aufgabe eher auf eine Binomial Verteilung?
Dann könnte man auch sagen, wenn die Wahrscheinlichkeit dass das Ergebnis nicht eintrritt < x ist, ist es zu vernachlässigen .. gibt es einen genaueren Kontext?
Binomialverteilung kanns nicht sein, das ist ja die Anzahl der Erfolge und die ist bei prinzipiell unendlich vielen möglichen Würfen auch unednlich.jocko schrieb:
das scheint mir aber verdammt hoch zu sein 46656! Die Wahrscheinlichkeit dass man nach dreißig Würfen noch nicht alle Zahlen gesehen hat ist doch verschwindend gering, oder?
Ich bin mir nicht ganz sicher..aber es schwebt mir so was im Kopf von 46656 mal.
die W'keit, dass eine Zahl gewürfelt wird ist 1/6-konkret.
W'keit, dass eine 1 gewürfelt wird: 1/6
w'keit, dass eine 1 und dann eine 2 gewürfelt wird: 1/6 mal 1/6
usw.
dann kommst du auf (1/6)^6. das ist die Wahrscheinlichkeit. Um die Anzahl zu bekommen nimmt du denn Kehrwert: Sprich also hoch -1.
So kommt man auf 46656.
Aber bin mir nicht ganz sicher!
Beitrag geändert: 17.9.2008 22:33:03 von redhand -
marathon schrieb:
wir machen grade Gesetz der großen Zahlen und Erwartungswert.
Sicher bin ich mir nun auch nicht mehr, aber hat es nicht etwas mit dem Gesetz der großen Zahlen zu tun bzw. Erwartungswerten?
Oder bezieht sich die Aufgabe eher auf eine Binomial Verteilung?
Dann könnte man auch sagen, wenn die Wahrscheinlichkeit dass das Ergebnis nicht eintrritt < x ist, ist es zu vernachlässigen .. gibt es einen genaueren Kontext?
Binomialverteilung kanns nicht sein, das ist ja die Anzahl der Erfolge und die ist bei prinzipiell unendlich vielen möglichen Würfen auch unednlich.jocko schrieb:
das scheint mir aber verdammt hoch zu sein 46656! Die Wahrscheinlichkeit dass man nach dreißig Würfen noch nicht alle Zahlen gesehen hat ist doch verschwindend gering, oder?
Ich bin mir nicht ganz sicher..aber es schwebt mir so was im Kopf von 46656 mal.
die W'keit, dass eine Zahl gewürfelt wird ist 1/6-konkret.
W'keit, dass eine 1 gewürfelt wird: 1/6
w'keit, dass eine 1 und dann eine 2 gewürfelt wird: 1/6 mal 1/6
usw.
dann kommst du auf (1/6)^6. das ist die Wahrscheinlichkeit. Um die Anzahl zu bekommen nimmt du denn Kehrwert: Sprich also hoch -1.
So kommt man auf 46656.
Aber bin mir nicht ganz sicher!
Beitrag geändert: 17.9.2008 22:33:03 von redhand
Ja das stimmt aber...
Das was ich gerechnet habe, ist die Wahrscheinlichkeit,dass die Zahlen von 1-6 der Reihe nach einmal vorkommen..sorry
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die erste Zahl ist egal, die zweite kann dann noch 5 gewünschte Eergebnisse annehmen usw.
dass wäre die Wahrscheinlichkeit, dass man in den ersten 6 Würfen jedesmal eine andere Zahl wirft.
1 * 5/6 * 4/6 * 3/6 * 2/6 * 1/6 = 5!/6^5 = 5/324
Kehrwert: 64.8 also 65 mal Würfeln?
(hat jemand mal Lust das auszuprobieren?? )
Ich brauche aber die Wahrscheinlichkeit, dass man bis zum n-ten Wurf schon mal alle Zahlen geworfen hat.
Auch 65 mal ist viel zu hoch für den Durchschnitt. wenn ich so schätzen würde, würde ich sagen, dass der Wert sicher nicht höher ist als 20. -
Beim ersten Wurf gilt, dass sicher die erste Zahl gewürfelt wird, also 6/6. Die zweite Zahl kann dann jede beliebige andere Zahl sein, daher 5/6 usw.
Ich hab das jetzt hier mal sehr verkürzt aufgeschrieben, ausführlich wäre das nämlich für jede Zahl eine ziemlich lange Rechnung zu schreiben…
Ich hoffe aber, es ist trotzdem nachvollziehbar, schau´s dir mal in Ruhe an und denk an die Formel für den Erwartungswert.
E (1. Zahl): (5/6) : (1/6) + 1 = 6
E (2. Zahl): (4/6) : (2/6) + 1 = 3
E (3. Zahl): (3/3) + 1 = 2
E (4. Zahl): (2/4) + 1 = 1.5
E (5. Zahl): (1/5) + 1 = 1.2
E (6. Zahl): (0/6) + 1 = 1
Zusammenaddiert macht das also 14.7, d.h. es muss rund 15mal gewürfelt werden.
Joah, könnte passen. ^^
Beitrag geändert: 18.9.2008 23:13:37 von occhi -
Also das Ergebnis liegt bei ~17,1 (10 Millionen Versuche, das sollte reichen), vielleicht hilfts ja einem, daran rückwärts den Lösungsweg hinzubekommen. An der Lösung selber bin ich auch noch am grübeln ...
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occhi schrieb:
Beim ersten Wurf gilt, dass sicher die erste Zahl gewürfelt wird, also 6/6. Die zweite Zahl kann dann jede beliebige andere Zahl sein, daher 5/6 usw.
Ich hab das jetzt hier mal sehr verkürzt aufgeschrieben, ausführlich wäre das nämlich für jede Zahl eine ziemlich lange Rechnung zu schreiben…
Ich hoffe aber, es ist trotzdem nachvollziehbar, schau´s dir mal in Ruhe an und denk an die Formel für den Erwartungswert.
E (1. Zahl): (5/6) : (1/6) + 1 = 6
E (2. Zahl): (4/6) : (2/6) + 1 = 3
E (3. Zahl): (3/3) + 1 = 2
E (4. Zahl): (2/4) + 1 = 1.5
E (5. Zahl): (1/5) + 1 = 1.2
E (6. Zahl): (0/6) + 1 = 1
Zusammenaddiert macht das also 14.7, d.h. es muss rund 15mal gewürfelt werden.
Joah, könnte passen. ^^
vielen, vielen Dank. Ich habs zwar deine Rechnung nicht ganz verstanden, aber als ich die Ergebnisse gesehen habe bin ich auf die Idee gekommen es so zu erklären:
Wahrscheinlichkeit dass beim 1. Wurf eine neue Zahl fällt: 1 (denn es wurde noch keine geworfen, also ist jede Zahl neu) => E = durchschnittliche Anzahl der Würfe, die nötig sind, damit beim 1. Wurf eine neue Zahl fällt = 1
Wk dass beim 2. Wurf eine neue Zahl fällt: 5/6 => E = 6/5 = 1.2
Wk dass beim 3. Wurf eine neue Zahl fällt: 4/6 => E = 1.5
Wk dass beim 4. Wurf eine neue Zahl fällt: 3/6 => E = 2
Wk dass beim 5. Wurf eine neue Zahl fällt: 2/6 => E = 3
Wk dass beim 5. Wurf eine neue Zahl fällt: 1/6 => E = 6
alles addiert gibt 14.7
hat ihm gereicht.anub1s schrieb:
ne 14.7 ist definitiv richtig.
Also das Ergebnis liegt bei ~17,1 (10 Millionen Versuche, das sollte reichen), vielleicht hilfts ja einem, daran rückwärts den Lösungsweg hinzubekommen. An der Lösung selber bin ich auch noch am grübeln ... -
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