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  Würfel-Aufgabe - Erwartungswert |
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Chris91
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 15.03.2011
Mitteilungen: 1115
 |  Themenstart: 2016-01-18
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http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/30967_W_rfelaufgabe_Erwartungswert.png
Hallo,
a) Ich würde sagen, man summiert einfach die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis C für jeden der zwei Würfe mit Würfel 1. \
2/6+2/6=2/3
Wenn man dann noch erwähnt, dass man von 2 Würfen erwarten kann, dass 2/3 mal C vorkommt, müsste das doch reichen?
b) (1/2*1/6)/(1/2*4/6+1/2*1/6)
Ich meine hier bedingte Wahrscheinlichkeit erkannt zu haben.
1/2*1/6 ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass Würfel 2 ausgewählt wird und dass dann auch noch C gewürfelt wird.
Im Nenner hätte ich dann mit 1/2*4/6 die Wahrscheinlichkeit für die Möglichkeit, dass Würfel 1 ausgewählt wird und eben C gewürfelt wird. Mit 1/2*1/6 wieder, dass Würfel 2 ausgewählt wird und C gewürfelt wird.
Ist das so?
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Ex_Senior
 | Beitrag No.1, eingetragen 2016-01-18
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Hallo
Die b ist richtig. Bei a kann ich deine Rechung nicht nachvollziehen. Bestimme erstmal die Wahrscheinlichkeitsfunktion.
mfgMrbean
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Ex_Senior
| Beitrag No.2, eingetragen 2016-01-19
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Hallo Chris91
Zur Kontrolle:
a) $E(x)=\frac{2}{3}$
b) Satz von Bayes $p(W_2|C)=\frac{1}{5}$
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.3, eingetragen 2016-01-19
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Zur Aufgabe b:
würde ich sagen: du würfelst beide würfel 6000 mal.
Dann erscheint ca. 5000 mal die C, nämlich 4000 mal vom ersten und 1000 vom 2ten Würfel.
Also P, das einer der C-würfe vom 2ten Würfel ist, wäre somit 1/5.
ganz ohne Bates:)
Jürgen
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Chris91
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 15.03.2011
Mitteilungen: 1115
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2016-01-20
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Oh, bei a) habe ich aus Versehen C anstatt B geschrieben. Hier nochmal richtig:
Ich würde sagen, man summiert einfach die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis B für jeden der zwei Würfe mit Würfel 1.
\
2/6+2/6=2/3
Wenn man dann noch erwähnt, dass man von 2 Würfen erwarten kann, dass 2/3 mal B vorkommt, müsste das doch reichen?
Oder noch ein Ansatz
Es kommt 0 mal B beim würfeln vor: 4/6*4/6=4/9
Es kommt 1 mal B beim würfeln vor: 2/6*4/6=8/36=2/9
Es kommt 2 mal B beim würfeln vor: 2/6*2/6=4/36=1/9
Nun die Formel für den Erwartungswert: 0*4/9+1*2/9+2*1/9=4/9
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Ex_Senior
| Beitrag No.5, eingetragen 2016-01-20
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Hallo Chris91
Verwende den kompletten 2.Ansatz, so genau ist der Erwartungswert einer diskreten Zufallsvariable wie die Anzahl von B-Ereignissen zu berechnen.
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Chris91
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 15.03.2011
Mitteilungen: 1115
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2016-01-20
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So, habe eben einen Fehler entdeckt, 4/9 sind natürlich nicht gekürzt 2/3, es bleibt bei 4/9 und das soll falsch sein. Es soll 2/3 raus kommen. Was habe ich denn falsch gemacht?
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Squire
Senior 
Dabei seit: 18.08.2015
Mitteilungen: 904
 | Beitrag No.7, eingetragen 2016-01-20
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Der Ansatz in #4 ist richtig, aber du hast einen Fehler bei der Wahrscheinlichkeit für 1 Mal B drinnen. Einfacher Test: die Summe der Wahrscheinlichkeiten muss 1 ergeben, weil es nur die Möglichkeiten null Mal B, ein Mal B und zwei Mal B gibt. Du versuchst das zwar am Schluss mit der eleganten Umformung 4/9 = 2/3 auszugleichen, aber die stimmt ebenso wenig. :-)
Grüße Squire
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]
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Chris91
Ehemals Aktiv
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2016-01-20
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Ah, ich sehe gerade, dass ich bei einmal B einen Fehler drin habe, es kann ja beim ersten Mal würfeln B vorkommen und beim zweiten mal nicht aber auch beim erste mal würfeln nicht, aber dafür beim zweiten mal.
Also nochmal:
Es kommt 0 mal B beim würfeln vor: 4/6*4/6=4/9
Es kommt 1 mal B beim würfeln vor: 2/6*4/6+4/6*2/6=8/36+8/36=16/36=4/9
Es kommt 2 mal B beim würfeln vor: 2/6*2/6=4/36=1/9
Nun die Formel für den Erwartungswert: 0*4/9+1*4/9+2*1/9=6/9=2/3
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]
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safrazap
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 12.04.2015
Mitteilungen: 104
Wohnort: Stuttgart
| Beitrag No.9, eingetragen 2016-02-13
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\quoteon(2016-01-19 01:37 - juergen007 in Beitrag No. 3)
Zur Aufgabe b:
würde ich sagen: du würfelst beide würfel 6000 mal.
Dann erscheint ca. 5000 mal die C, nämlich 4000 mal vom ersten und 1000 vom 2ten Würfel.
Also P, das einer der C-würfe vom 2ten Würfel ist, wäre somit 1/5.
ganz ohne Bates:)
Jürgen
\quoteoff
Ich denke auch, dass man ohne Norman Bates meist besser dran ist...
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otto3
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 03.01.2005
Mitteilungen: 226
Wohnort: München
| Beitrag No.10, eingetragen 2016-02-17
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Hallo,
hoffentlich lesbar:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/9/7114_4feld.gif
otto3
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Chris91 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Chris91 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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