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| Autor |
  Erwartungswert beim Münzwerfen berechnen |
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Cyborg
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 |  Beitrag No.40, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-15
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\quoteon(2022-11-15 11:53 - Diophant in Beitrag No. 39)
Nur wenn wir das nicht schaffen, dann kommen zusätzliche Durchgänge dazu. Und deren durchschnittliche Länge müssen wir jeweils mit der Wahrscheinlichkeit gewichten, mit der sie anfallen.
\quoteoff
Ich glaube, dass das der Knackpunkt ist!!!
Kannst du das bitte genauer ausführen??
Irgendwie habe ich da ein Brett vorm Kopf.
Bemerkung: Ich bin dadurch sehr verwöhnt, dass ich bisher immer alles perfekt hatte in der Mathematik: Ich habe bisher alles klären können, womit ich mich angelegt hatte. Es wurmt mich, dass ich Berechnungsweg 1 nicht verstehe, obwohl das machbar zu sein scheint.
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Diophant
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 | Beitrag No.41, eingetragen 2022-11-15
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\quoteon(2022-11-15 12:09 - Cyborg in Beitrag No. 40)
\quoteon(2022-11-15 11:53 - Diophant in Beitrag No. 39)
Nur wenn wir das nicht schaffen, dann kommen zusätzliche Durchgänge dazu. Und deren durchschnittliche Länge müssen wir jeweils mit der Wahrscheinlichkeit gewichten, mit der sie anfallen.
\quoteoff
Ich glaube, dass das der Knackpunkt ist!!!
Kannst du das bitte genauer ausführen??
\quoteoff
Vielleicht hilft es dir weiter, wenn ich an der Stelle noch auf eine wichtige Eigenschaft des Erwartungswertes verweise: die Linearität?
Mir fällt aber gerade auf, dass ich hier beim Lösungsweg 1 auch die ganze Zeit einen Denkfehler behgangen habe. Es ist nämlich \(E[Z_k]\) bereits der Erwartunsgwert für die Anzahl an Münzwürfen, um vom Zustand \(1\) in den Zustand \(k+1\) zu gelangen (denn dabei besucht man \(k\) Kanten). \(E[Z_{k+1}]\) ist dann schon der Erwartunsgwert bis zum Zustand \(k+2\). Vergleiche dazu das ganze nochmals mit dem Graph aus dem Themenstart.
Falls dieser Fehler an deinen Verständnisschwierigkeiten schuld war: dann ein dickes Sorry von meiner Seite!
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Cyborg
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| Beitrag No.42, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-15
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\quoteon(2022-11-15 12:24 - Diophant in Beitrag No. 41)
Vielleicht hilft es dir weiter, wenn ich an der Stelle noch auf eine wichtige Eigenschaft des Erwartungswertes verweise: die Linearität?
\quoteoff
Das ist mir bekannt! Ich weiß aber nicht wofür ich das jetzt auch noch brauche?
\quoteon(2022-11-15 12:24 - Diophant in Beitrag No. 41)
Mir fällt aber gerade auf, dass ich hier beim Lösungsweg 1 auch die ganze Zeit einen Denkfehler behgangen habe. Es ist nämlich \(E[Z_k]\) bereits der Erwartunsgwert für die Anzahl an Münzwürfen, um vom Zustand \(1\) in den Zustand \(k+1\) zu gelangen (denn dabei besucht man \(k\) Kanten). \(E[Z_{k+1}]\) ist dann schon der Erwartunsgwert bis zum Zustand \(k+2\). Vergleiche dazu das ganze nochmals mit dem Graph aus dem Themenstart.
\quoteoff
Sorgt diese Indexverschiebung um $1$ jetzt dafür, dass man $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{i}$ betrachten muss, statt $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{i-1}$.
\quoteon(2022-11-15 12:24 - Diophant in Beitrag No. 41)
Falls dieser Fehler an deinen Verständnisschwierigkeiten schuld war: dann ein dickes Sorry von meiner Seite!
\quoteoff
Kein Problem. Ich bin dankbar, dass du mir hilfst! 😲
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Diophant
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| Beitrag No.43, eingetragen 2022-11-15
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\quoteon(2022-11-15 12:33 - Cyborg in Beitrag No. 42)
\quoteon(2022-11-15 12:24 - Diophant in Beitrag No. 41)
Mir fällt aber gerade auf, dass ich hier beim Lösungsweg 1 auch die ganze Zeit einen Denkfehler behgangen habe. Es ist nämlich \(E[Z_k]\) bereits der Erwartunsgwert für die Anzahl an Münzwürfen, um vom Zustand \(1\) in den Zustand \(k+1\) zu gelangen (denn dabei besucht man \(k\) Kanten). \(E[Z_{k+1}]\) ist dann schon der Erwartunsgwert bis zum Zustand \(k+2\). Vergleiche dazu das ganze nochmals mit dem Graph aus dem Themenstart.
\quoteoff
Sorgt diese Indexverschiebung um $1$ jetzt dafür, dass man $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{i}$ betrachten muss, statt $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{i-1}$.
\quoteoff
Na ja, das ist ja keine Indexverschiebung. Aber wir nehmen doch \(E[Z_k]\) als bekannt an, und damit ist die Wahrscheinlichkeit, mit der wir in den Zustand \(k+1\) gekommen ind, in diesem Erwartunsgwert bereits enthalten. Meintest du es so?
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Cyborg
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| Beitrag No.44, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-15
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\quoteon(2022-11-01 12:09 - Cyborg im Themenstart)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/26086_2_Frage.jpg
$E[Z_k]$ ist die mittlere Anzahl an Schritten, um von Zustand $1$ in Zustand $k$ zu landen.
Es gilt weiter $P(Z)=P(K)=\dfrac{1}{2}$
\quoteoff
Es ändert sich nichts an meinem Problem!
Es bleibt also dabei:
Die Gewinnwahrscheinlichkeit wird nicht mit $\dfrac{1}{2}$ dranmultilpliziert, weil man schon im Endzustand ist. Es zählen nur die Pechpfade?!
Vielleicht muss ich das einfach so hinnehmen?!
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Diophant
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| Beitrag No.45, eingetragen 2022-11-15
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
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\quoteon(2022-11-15 12:51 - Cyborg in Beitrag No. 44)
Es bleibt also dabei:
Die Gewinnwahrscheinlichkeit wird nicht mit $\dfrac{1}{2}$ dranmultilpliziert, weil man schon im Endzustand ist. Es zählen nur die Pechpfade?!
\quoteoff
Diese Wahrscheinlichkeit ist doch wie gesagt in dem Ewartungswert \(E[Z_k]\) enthalten. Du nimmst doch an, dass du bereits im Zustand \(k+1\) angekommen bist. Und dazu hast du im Mittel \(E[Z_k]\) Münzwürfe benötigt. Und diesen Erwartungswert \(E[Z_k]\) setzen wir ja als bekannt voraus.
Desweiteren ist \(E[Z_{k}]+1\) dann der Erwartunsgwert dafür, dass man am Ende direkt ohne Umwege vom Zustand \(k+1\) in den Zustand \(k+2\) gelangt (denn man hat dann genau einen Münzwurf mehr benötigt, als bis in den Zustand \(k+1\)).
Wozu braucht es da deiner Ansicht nach noch eine Wahrscheinlichkeit?
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Cyborg
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| Beitrag No.46, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-15
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\quoteon(2022-11-15 13:02 - Diophant in Beitrag No. 45)
Diese Wahrscheinlichkeit ist doch wie gesagt in dem Ewartungswert \(E[Z_k]\) enthalten.
\quoteoff
Das hilft! Ich glaube jetzt ist der Groschen fast gefallen!:
In $E[Z_k]+1$ steckt schon drin, dass ich in $Z_{k+1}$ angekommen bin, also
muss ich nur den Erwartungswert der Pechpfade berücksichtigen.
Ist das so korrekt?
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Diophant
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| Beitrag No.47, eingetragen 2022-11-15
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
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Hallo,
\quoteon(2022-11-15 13:23 - Cyborg in Beitrag No. 46)
\quoteon(2022-11-15 13:02 - Diophant in Beitrag No. 45)
Diese Wahrscheinlichkeit ist doch wie gesagt in dem Ewartungswert \(E[Z_k]\) enthalten.
\quoteoff
Das hilft! Ich glaube jetzt ist der Groschen fast gefallen!:
In $E[Z_k]$ steckt schon drin, dass ich in $Z_{k+1}$ angekommen bin, also
muss ich nur den Erwartungswert der Pechpfade berücksichtigen.
Ist das so korrekt?
\quoteoff
Fast. Denn in \(Z_{k+1}\) kann man nicht "ankommen". Das ist hier von der Namensgebung auch etwas verwirrend. Denn das \(Z\) steht ursprünglich nur für einen Münzwurf mit dem Ausgang "Zahl". Bei dem Lösungsweg 1 macht der Autor da unkommentiert eine Zufallsvariable daraus, welche die Anzahl an benötigten (und hintereinander erfolgten) "Zahl-Würfen" bis zu einem bestimmten Zustand beschreibt.
Das ist der Unterschied zwischen den beiden Ansätzen:
- beim Lösungsweg 1 betrachtet man Münzwürfe mit dem Ausgang "Zahl"
- beim Lösungsweg 2 betrachtet man Zustände, genauer gesagt die Anzahl, wie oft man einen bestimmten Zustand im Mittel schon besucht hat.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Cyborg
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|  Beitrag No.48, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-15
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Danke für deine Geduld, Diophant!
Jetzt ist mir alles klar geworden, Danke. 😮
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Cyborg
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| Beitrag No.49, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-15
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\quoteon(2022-11-15 13:02 - Diophant in Beitrag No. 45)
Diese Wahrscheinlichkeit ist doch wie gesagt in dem Ewartungswert \(E[Z_k]\) enthalten. Du nimmst doch an, dass du bereits im Zustand \(k+1\) angekommen bist. Und dazu hast du im Mittel \(E[Z_k]\) Münzwürfe benötigt. Und diesen Erwartungswert \(E[Z_k]\) setzen wir ja als bekannt voraus.
Desweiteren ist \(E[Z_{k}]+1\) dann der Erwartunsgwert dafür, dass man am Ende direkt ohne Umwege vom Zustand \(k+1\) in den Zustand \(k+2\) gelangt (denn man hat dann genau einen Münzwurf mehr benötigt, als bis in den Zustand \(k+1\)).
\quoteoff
Eine kleine Verständniskontrolle:
Wenn man über Umwege in den Zustand \(k+2\) gelangt, muss man den Erwartungswert der Pechpfade addieren, also $(E[Z_k]+1)\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^{i-1}$, wenn man $i-1$-mal Pech hatte. Weil man ja mehrere Pfad brauchte
OK?
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Diophant
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| Beitrag No.50, eingetragen 2022-11-15
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
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\quoteon(2022-11-15 16:24 - Cyborg in Beitrag No. 49)
Eine kleine Verständniskontrolle:
Wenn man über Umwege in den Zustand \(k+2\) gelangt, muss man den Erwartungswert der Pechpfade addieren, also $(E[Z_k]+1)\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^{i-1}$, wenn man $i-1$-mal Pech hatte. Weil man ja mehrere Pfad brauchte
OK?
\quoteoff
Ja, und zwar jeden. Denn man könnte ja theoretisch unendlich lange brauchen. Das ganze hat wie gesagt eine starke Verwandschaft mit der geometrischen Verteilung, und so kommt dann auch die geometrische Reihe in dieser Rekursionsgleichung zustande.
PS: ich bin dann für heute demnächst mal weg (bzw. auf meiner Linux-Maschine, neue OS-Version einspielen...)
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Cyborg
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| Beitrag No.51, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-15
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Zweite Kontrolle:
Den Gewinnpfad rechnet man nicht mit als zusätzlich machen wegen Umweg, weil das schon im Erwartungswert drinsteckt.
OK?
PS: Noch bist du ja da.
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Diophant
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| Beitrag No.52, eingetragen 2022-11-15
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
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\quoteon(2022-11-15 16:37 - Cyborg in Beitrag No. 51)
Zweite Kontrolle:
Den Gewinnpfad rechnet man nicht mit als zusätzlich machen wegen Umweg, weil das schon im Erwartungswert drinsteckt.
\quoteoff
Der Gewinnpfad: das sind eben die \(E[Z_k]+1\) vom Beginn. Denn diesen Pfad geht man in dem Experiment genau einmal: am Ende. Wie gesagt: das ganze ist in jeder Hinsicht rückwärts aufgezogen...
\quoteon(2022-11-15 16:37 - Cyborg in Beitrag No. 51)
PS: Noch bist du ja da.
\quoteoff
Aber nicht mehr lange. 😉
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Cyborg
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| Beitrag No.53, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-15
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\quoteon(2022-11-15 16:42 - Diophant in Beitrag No. 52)
Der Gewinnpfad: das sind eben die \(E[Z_k]+1\) vom Beginn. Denn diesen Pfad geht man in dem Experiment genau einmal: am Ende.
\quoteoff
Und deswegen rechnet man Erwartungswert nur für die Pechpfade aus, die man wohl im Mittel zustätzlich braucht.
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Cyborg
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| Beitrag No.54, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-17
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\quoteon(2022-11-15 12:51 - Cyborg in Beitrag No. 44)
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/26086_2_Frage.jpg
$E[Z_k]$ ist die mittlere Anzahl an Schritten, um von Zustand $1$ in Zustand $k$ zu landen.
Es gilt weiter $P(Z)=P(K)=\dfrac{1}{2}$
\quoteoff
Um $E[Z_{k+1}]$ auszurechnen, summiert man die Erwartungswerte für:
0-Mal Pech gehabt, 1-mal Pech gehabt, 2-mal Pech gehabt, ..., i-mal
Pech gehabt. Nun ist der Erwartungswert für i-mal Pech:
$(E[Z_k]+1)\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^i$.
Das halte ich mittlerweile für plausibel!
Müsste nicht das gleiche rauskommen, wenn man die Erwartungswerte summiert für: beim 1-mal Glück, beim 2. mal Glück, beim 3.mal Glück, ...
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Diophant
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| Beitrag No.55, eingetragen 2022-11-17
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
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Hallo Cyborg,
\quoteon(2022-11-17 09:54 - Cyborg in Beitrag No. 54)
Um $E[Z_k]$ auszurechnen, summiert man die Erwartungswerte für:
0-Mal Pech gehabt, 1-mal Pech gehabt, 2-mal Pech gehabt, ..., i-mal
Pech gehabt...
\quoteoff
Das ist hier irrelevant: der Erwartungswert \(E[Z_k]\) wird als bekannt vorausgesetzt. Du darfst nicht vergessen, dass es hier nicht um die explizite Berechnung eines Erwartunggswerts geht, sondern um eine rekursive Beziehung zwischen den Erwartungswerten \(E[Z_k]\) und \(E[Z_{k+1}]\).
\quoteon(2022-11-17 09:54 - Cyborg in Beitrag No. 54)
Müsste nicht das gleiche rauskommen, wenn man die Erwartungswerte summiert für: beim 1-mal Glück, beim 2. mal Glück, beim 3.mal Glück, ...
\quoteoff
Du machst hier immer noch den gleichen Fehler: du betrachtest das Experiment vorwärts. So kann man aber diesen Ansatz nicht verstehen, denn er ist ja vom Grundgedanken her so aufgezogen, dass das ganze rückwärts bertachtet wird (was ja beim Formulieren einer Rekursion nicht wirklich ungewöhnlich ist...). 🙂
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Cyborg
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| Beitrag No.56, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-17
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\quoteon(2022-11-17 10:35 - Diophant in Beitrag No. 55)
Du machst hier immer noch den gleichen Fehler: du betrachtest das Experiment vorwärts. So kann man aber diesen Ansatz nicht verstehen, denn er ist ja vom Grundgedanken her so aufgezogen, dass das ganze rückwärts bertachtet wird (was ja beim Formulieren einer Rekursion nicht wirklich ungewöhnlich ist...). 🙂
\quoteoff
Ja, mit dem rückwärts habe ich echt Probleme!!!
Darf ich dich bitten noch ein letztes Mal, den Gedankengang für Berechnungsweg 1 einmal AUSFÜHRLICH runterzubeten. Ab dann sollte für mich das Prinzip Friss oder stirb gelten. Ich würde mich darüber sehr freuen. Ich hoffe das, dass nicht zu viel verlangt ist.
Ansonsten bin ich geneigt diesen Weg zu vergessen, zumal ich ja schon 2 Wege verstehen konnte. Man kann eben nicht alles verstehen, das muss ich eben hinnehmen. Bevor ich noch weitere fatale Denkfehler mache, lasse ich die Sache mal ruhen. Ich muss von Dingen, die ich nicht verstehe, auch mal die Finger von weglassen.
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Cyborg
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| Beitrag No.57, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-17
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\quoteon(2022-11-17 10:35 - Diophant in Beitrag No. 55)
\quoteon(2022-11-17 09:54 - Cyborg in Beitrag No. 54)
Um $E[Z_k]$ auszurechnen, summiert man die Erwartungswerte für:
0-Mal Pech gehabt, 1-mal Pech gehabt, 2-mal Pech gehabt, ..., i-mal
Pech gehabt...
\quoteoff
Das ist hier irrelevant: der Erwartungswert \(E[Z_k]\) wird als bekannt vorausgesetzt. Du darfst nicht vergessen, dass es hier nicht um die explizite Berechnung eines Erwartunggswerts geht, sondern um eine rekursive Beziehung zwischen den Erwartungswerten \(E[Z_k]\) und \(E[Z_{k+1}]\).
Du machst hier immer noch den gleichen Fehler: du betrachtest das Experiment vorwärts. So kann man aber diesen Ansatz nicht verstehen, denn er ist ja vom Grundgedanken her so aufgezogen, dass das ganze rückwärts bertachtet wird (was ja beim Formulieren einer Rekursion nicht wirklich ungewöhnlich ist...). 🙂
\quoteoff
Ist das nicht so, dass man $E[Z_{k+1}]$ berechnet in Abhängigkeit von dem bekannten $E[Z_{k}]$ und damit die Rekursion gefunden hat???
Ich dachte es gut verstanden zu haben mit: man summiert ALLE Pechpfaderwartungswerte und hat damit $E[Z_{k+1}]$ in Abhängigkeit vom bekannten $E[Z_{k}]$ berechnet.
\quoteon(2022-11-17 09:54 - Cyborg in Beitrag No. 54)
Um $E[Z_k]$ auszurechnen, summiert man die Erwartungswerte für:
0-Mal Pech gehabt, 1-mal Pech gehabt, 2-mal Pech gehabt, ..., i-mal
Pech gehabt...
\quoteoff
Man summiert also $\sum\limits_{i=0}^\infty\left(\dfrac{1}{2}\right)^i\cdot(E[Z_k]+1)$ und das ist gleich $E[Z_{k+1}]$
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Diophant
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| Beitrag No.58, eingetragen 2022-11-17
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
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\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
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\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2022-11-17 11:20 - Cyborg in Beitrag No. 57)
Ich dachte es gut verstanden zu haben mit man summiert ALLE Pechpfaderwartungswerte und hat damit $E[Z_{k+1}]$ in Abhängigkeit vom bekannten $E[Z_{k}]$ berechnet
\quoteoff
So ist es ja auch. Vielleicht aben wir uns auch einfach irgendwo falsch verstanden?
Das Problem ist hier eventuell der Begriff "Pfechpfaderwartungswert". Man muss sich hier klarmachen, dass man da jedesmal die Verlängerung des benötigten Wegs für den Fall aufsummiert, dass man im Zustand k+1 Pech hat. Und gewichtet mit der Eintrittswahrscheinlichkeit für diese Verlängerung.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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| Beitrag No.59, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-17
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\quoteon(2022-11-17 09:54 - Cyborg in Beitrag No. 54)
Um $E[Z_k]$ auszurechnen, summiert man die Erwartungswerte für:
0-Mal Pech gehabt, 1-mal Pech gehabt, 2-mal Pech gehabt, ..., i-mal
Pech gehabt...
\quoteoff
Ich meinte, dass man $E[Z_{k+1}]$ in Abhängigkeit von $E[Z_{k}]$ berechnet!!
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Cyborg
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| Beitrag No.60, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-17
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\quoteon(2022-11-17 10:35 - Diophant in Beitrag No. 55)
\quoteon(2022-11-17 09:54 - Cyborg in Beitrag No. 54)
Müsste nicht das gleiche rauskommen, wenn man die Erwartungswerte summiert für: beim 1-mal Glück, beim 2. mal Glück, beim 3.mal Glück, ...
\quoteoff
Du machst hier immer noch den gleichen Fehler: du betrachtest das Experiment vorwärts. So kann man aber diesen Ansatz nicht verstehen, denn er ist ja vom Grundgedanken her so aufgezogen, dass das ganze rückwärts bertachtet wird (was ja beim Formulieren einer Rekursion nicht wirklich ungewöhnlich ist...). 🙂
\quoteoff
Ich habe ja verstanden, dass $E[Z_{k+1}]$ die Summe der Pechpfaderwartungswerte ist: 0-mal Pech, 1-mal Pech, 2-mal Pech,
also $\left(\dfrac{1}{2}\right)^i\cdot(E[Z_k]+1)$ für $i$ aufsummieren,
$i=0,1,2,3,...$.
Frage: Müsste nicht das gleiche rauskommen, wenn ich die Erwartungswerte für beim $i$-ten mal Glück gehabt summiere, $i=1,2,3,...$
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| Beitrag No.61, eingetragen 2022-11-17
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
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\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2022-11-17 12:00 - Cyborg in Beitrag No. 60)
Ich habe ja verstanden, dass $E[Z_{k+1}]$ die Summe der Pechpfaderwartungswerte ist: 0-mal Pech, 1-mal Pech, 2-mal Pech,
also $\left(\dfrac{1}{2}\right)^i\cdot(E[Z_k]+1)$ für $i$ aufsummieren,
$i=0,1,2,3,...$.
\quoteoff
Nein, das eben ist der Denkfehler. Es sind ja nicht die gesamten Pfadlängen, die hier aufsummiert werden, sondern jeweils nur das, was an durchschittlicher Länge noch oben drauf kommt.
\quoteon(2022-11-17 12:00 - Cyborg in Beitrag No. 60)
Frage: Müsste nicht das gleiche rauskommen, wenn ich die Erwartungswerte für beim $i$-ten mal Glück gehabt summiere, $i=1,2,3,...$
\quoteoff
Genau das tut man doch.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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| Beitrag No.62, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-17
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\quoteon(2022-11-17 12:00 - Cyborg in Beitrag No. 60)
Frage: Müsste nicht das gleiche rauskommen, wenn ich die Erwartungswerte für beim $i$-ten mal Glück gehabt summiere, $i=1,2,3,...$
\quoteoff
Genau das tut man doch.
\quoteoff
Zufällig, weil: $i$ mal Pech (i=0,1,2,) <=> beim $i+1$-ten mal Glück, ($i+1=1,2,3,4$)
Bei "Zufällig, weil: " mache ich glaube ich einen Denkfehler, schon wieder!
Wenn ich durchschnittliche Verlängerungen dazu addiere, was hat das mit beim $i$-mal Glück gehabt zu tun??
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| Beitrag No.63, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-17
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\quoteon(2022-11-17 12:07 - Diophant in Beitrag No. 61)
Nein, das eben ist der Denkfehler. Es sind ja nicht die gesamten Pfadlängen, die hier aufsummiert werden, sondern jeweils nur das, was an durchschittlicher Länge noch oben drauf kommt.
\quoteoff
Jetzt wird es mir klarer!!!
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| Beitrag No.64, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-17
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\quoteon(2022-11-17 12:12 - Cyborg in Beitrag No. 62)
\quoteon(2022-11-17 12:00 - Cyborg in Beitrag No. 60)
Frage: Müsste nicht das gleiche rauskommen, wenn ich die Erwartungswerte für beim $i$-ten mal Glück gehabt summiere, $i=1,2,3,...$
\quoteoff
Genau das tut man doch.
\quoteoff
Zufällig, weil: $i$ mal Pech (i=0,1,2,) <=> beim $i+1$-ten mal Glück, ($i+1=1,2,3,4$)
Bei "Zufällig, weil: " mache ich glaube ich einen Denkfehler, schon wieder!
Wenn ich durchschnittliche Verlängerungen dazu addiere, was hat das mit beim $i$-mal Glück gehabt zu tun??
\quoteoff
Wenn die Frage oben beantwortet ist, dann habe ich glaube ich alles zusammen!🙄
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| Beitrag No.65, eingetragen 2022-11-17
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2022-11-17 12:33 - Cyborg in Beitrag No. 64)
Zufällig, weil: $i$ mal Pech (i=0,1,2,) <=> beim $i+1$-ten mal Glück, ($i+1=1,2,3,4$)
Bei "Zufällig, weil: " mache ich glaube ich einen Denkfehler, schon wieder!
Wenn ich durchschnittliche Verlängerungen dazu addiere, was hat das mit beim $i$-mal Glück gehabt zu tun??
Wenn die Frage oben beantwortet ist, dann habe ich glaube ich alles zusammen!🙄
\quoteoff
Das Experiment ist nunmal so konstruiert: wenn man bei der i. Passage des Zustands k+1 "Glück" hat, im nächsten Wurf also "Zahl" erhält, dann hat man wohl oder übel nach allen \(i-1\) vorigen Passagen dieses Zustands "Pech" in Form von "Kopf" gehabt (oder was auch immer auf der Rückseite ist).
Gruß, Diophant \(\endgroup\)
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| Beitrag No.66, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-17
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\quoteon(2022-11-17 12:07 - Diophant in Beitrag No. 61)
Nein, das eben ist der Denkfehler. Es sind ja nicht die gesamten Pfadlängen, die hier aufsummiert werden, sondern jeweils nur das, was an durchschittlicher Länge noch oben drauf kommt.
\quoteoff
Das hat mir gut gefallen! Jetzt verstehe ich, was da passiert!!!
\quoteon(2022-11-17 12:39 - Diophant in Beitrag No. 65)
Das Experiment ist nunmal so konstruiert: wenn man bei der i. Passage des Zustands k+1 "Glück" hat, im nächsten Wurf also "Zahl" erhält, dann hat man wohl oder übel nach allen \(i-1\) vorigen Passagen dieses Zustands "Pech" in Form von "Kopf" gehabt (oder was auch immer auf der Rückseite ist).
\quoteoff
Aus beim $i$-ten mal Glück gehabt, bezieht man $i-1$ Pech gehabt, und daraus was man an durchschnittliche Länge oben drauf packen muss!?
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Diophant
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| Beitrag No.67, eingetragen 2022-11-17
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
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\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
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\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2022-11-17 12:50 - Cyborg in Beitrag No. 66)
Aus beim $i$-ten mal Glück gehabt, bezieht man $i-1$ Pech gehabt, und daraus was man an durchschnittliche Länge oben drauf packen muss!?
\quoteoff
Ja, denn so ist das Zufallsexperiment ja konstruiert: bei jedem Münzwurf, der nicht mit "Zahl" ausgeht, fällt man doch in den Zustand 1 zurück. Ohne Umweg. Wie in Monopoly: "Gehe zurück auf Los. Gehe direkt dorthin und ziehe keine 4000$ ein"... 😉
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Cyborg
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| Beitrag No.68, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-17
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\quoteon(2022-11-17 12:57 - Diophant in Beitrag No. 67)
Ja, denn so ist das Zufallsexperiment ja konstruiert: bei jedem Münzwurf, der nicht mit "Zahl" ausgeht, fällt man doch in den Zustand 1 zurück. Ohne Umweg.
\quoteoff
Mich irritiert: "Ohne Umweg"
Kannst du das noch ein bisschen ausführen???
Versuchst du damit zu sagen, dass Erwartungswert $i-1$ Pech haben gleich ist zu Erwartungswert beim $i$-ten mal Glück gehabt??
Ansonsten bin ich jetzt sehr überzeugt!!!!!
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Diophant
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| Beitrag No.69, eingetragen 2022-11-17
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
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\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2022-11-17 13:12 - Cyborg in Beitrag No. 68)
\quoteon(2022-11-17 12:57 - Diophant in Beitrag No. 67)
Ja, denn so ist das Zufallsexperiment ja konstruiert: bei jedem Münzwurf, der nicht mit "Zahl" ausgeht, fällt man doch in den Zustand 1 zurück. Ohne Umweg.
\quoteoff
Mich irritiert: "Ohne Umweg"
Kannst du das noch ein bisschen ausführen???
\quoteoff
Na ja, das diente nur der Verdeutlichung. Während es auf dem Weg von Zustand 1 in irgendeinen Zustand \(k\) unterwegs k-1 Verzweigungen gibt, bei denen man scheitern kann, geht der Rückweg direkt - ohne Umweg bzw. ohne Münzwurf - in den Zustand 1.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Cyborg
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| Beitrag No.70, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-17
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\quoteon(2022-11-17 12:12 - Cyborg in Beitrag No. 62)
\quoteon(2022-11-17 12:00 - Cyborg in Beitrag No. 60)
Frage: Müsste nicht das gleiche rauskommen, wenn ich die Erwartungswerte für beim $i$-ten mal Glück gehabt summiere, $i=1,2,3,...$
\quoteoff
Genau das tut man doch.
\quoteoff
Ich verstehe noch nicht so ganz, wie der Zusammenhang zwischen $i-1$-mal
Pech gehabt ist zu beim $i$-ten mal Glück gehabt.
Auf DEUTSCH:
Frage: Müsste nicht das gleiche rauskommen, wenn ich die Erwartungswerte für beim $i$-ten mal Glück gehabt summiere, $i=1,2,3,...$
Warum habe ich das ausgerechnet???
Ist Erwartungswert beim $i$-ten mal Glück gehabt gleich zu Erwartungswert
$i-1$-mal Pech gehabt, nach Konstruktion des Experiments???
Wenn das geklärt ist, dann habe ich alles zusammen!!!
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Diophant
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| Beitrag No.71, eingetragen 2022-11-17
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
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\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
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\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2022-11-17 13:25 - Cyborg in Beitrag No. 70)
Frage: Müsste nicht das gleiche rauskommen, wenn ich die Erwartungswerte für beim $i$-ten mal Glück gehabt summiere, $i=1,2,3,...$
\quoteoff
Was soll das bringen? Es geht hier um den Erwartungswert für die erforderliche Anzahl an Münzwürfen, da kannst du ja nicht die Fälle ausblenden, in denen du kein Glück hast. Ich verstehe auch nicht, auf was für eine Art Rechnung du hier hinauswillst, um ehrlich zu sein.
\quoteon(2022-11-17 13:25 - Cyborg in Beitrag No. 70)
Ist Erwartungswert beim $i$-ten mal Glück gehabt gleich zu Erwartungswert
$i-1$-mal Pech gehabt, nach Konstruktion des Experiments???
\quoteoff
Wie gesagt: das ergibt keinen Sinn. Denn du kannst in einem Zustand i beliebig oft Glück haben, und doch jedesmal in einem der folgenden Zustände scheitern.
Und das Konzept "Erwartungswert" bezieht sich grundsätzlich auf eine Zufallsvariable, nicht auf irgendwelche Ereignisse.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Cyborg
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| Beitrag No.72, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-17
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\quoteon(2022-11-17 12:07 - Diophant in Beitrag No. 61)
Nein, das eben ist der Denkfehler. Es sind ja nicht die gesamten Pfadlängen, die hier aufsummiert werden, sondern jeweils nur das, was an durchschittlicher Länge noch oben drauf kommt.
\quoteoff
Das hat mir gut gefallen! Jetzt verstehe ich, was da passiert!!!
\quoteon(2022-11-17 12:12 - Cyborg in Beitrag No. 62)
\quoteon(2022-11-17 12:00 - Cyborg in Beitrag No. 60)
Frage: Müsste nicht das gleiche rauskommen, wenn ich die Erwartungswerte für beim $i$-ten mal Glück gehabt summiere, $i=1,2,3,...$
\quoteoff
Genau das tut man doch.
\quoteoff
Du hast doch gesagt, dass man das doch quasi tut???
Eine letzte Nachricht zu oben noch von dir, dann hake ich ab:
Man summiert die gemittelten Verlängerungen!!!!!!!!!
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Diophant
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| Beitrag No.73, eingetragen 2022-11-17
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\quoteon(2022-11-17 13:46 - Cyborg in Beitrag No. 72)
Eine letzte Nachricht zu oben noch von dir, dann hake ich ab:
Man summiert die gemittelten Verlängerungen!!!!!!!!!
\quoteoff
Ja, genau.
Gruß, Diophant
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Cyborg
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| Beitrag No.74, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-17
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\quoteon(2022-11-17 12:00 - Cyborg in Beitrag No. 60)
Frage: Müsste nicht das gleiche rauskommen, wenn ich die Erwartungswerte für beim $i$-ten mal Glück gehabt summiere, $i=1,2,3,...$
\quoteoff
AUF DEUTSCH: Das ist Quatsch!
Siehst du das genauso?
Danach hake ich ab.
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Diophant
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|  Beitrag No.75, eingetragen 2022-11-17
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
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\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2022-11-17 13:54 - Cyborg in Beitrag No. 74)
\quoteon(2022-11-17 12:00 - Cyborg in Beitrag No. 60)
Frage: Müsste nicht das gleiche rauskommen, wenn ich die Erwartungswerte für beim $i$-ten mal Glück gehabt summiere, $i=1,2,3,...$
\quoteoff
AUF DEUTSCH: Das ist Quatsch!
Siehst du das genauso?
\quoteoff
Ja.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Cyborg
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| Beitrag No.76, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-17
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| Beitrag No.77, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-19
|
Hallo, Diophant!
$$E[Z_{k+1}]=\sum\limits_{i=0}^\infty\left(\dfrac{1}{2}\right)^i\cdot(E[Z_k]+1)$$
kann man auch schreiben als
$$E[Z_{k+1}]=E[Z_k]+\left(\sum\limits_{i=1}^\infty\left(\dfrac{1}{2}\right)^i\cdot(E[Z_k]+1)\right)+1$$
Kann man das auch wie folgt herleiten:
Mit $E[Z_k]$ Würfen bin ich in Zustand $k+1$, danach wirft man im Mittel
$\left(\sum\limits_{i=1}^\infty\left(\dfrac{1}{2}\right)^i\cdot(E[Z_k]+1)\right)$ Würfe, die man in $k+1$ "steckenbleibt" oder nicht "drüberhinauskommt", danach wirft man also "Zahl" (+1) und landet in $k+2$, also habe ich $E[Z_{k+1}]$ berechnet, in Abhängigkeit von $E[Z_{k}]$.
\red\ Ist das so korrekt?
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| Beitrag No.78, eingetragen 2022-11-19
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo Cyborg,
wenn du noch den Startindex der Summe auf \(i=1\) hochsetzt: ja, dann könnte man so argumentieren.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Cyborg
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|  Beitrag No.79, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-19
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Ja, ich habe es oben korrigiert!
Das war es schon.
Danke!
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Cyborg hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Cyborg hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. | | Seite 2 | Gehe zur Seite: 1 | 2 |
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