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| Aufgabe | [Dateianhang nicht öffentlich]
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Erstmal zum ne Frage zum Erwartungswerz bei a. Den Erwartungswert muss man doch so berechnen: E(X)= 5*(5/10)+ 7*(3/10)+ 9*(2/10)=4,4
Varianz:
V(x)=(1-4,4)²*(5/10)+(7-4,4)²*(3/10)+(9-4,4)²*(2/10)
Allerdings bin ich mir nicht sicher.
Die durchschnittliche erwartente Summe würde ich so berechnen: 6*E(X)
Beim letzten Teil habe ich allerdings noch keine Idee. Wäre nett wenn jemand den ersten Teil erstmal überprüfen kann ob es so rcihtig ist.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:24 Mo 12.03.2007 | | Autor: | cReam |
Hi,
um es dir einfacher und übersichtlicher zu machen, definiere dir immer zuerst eine Zufallsgröße (X). Diese kann bei dieser Aufgabe 3 Werte annehmen (wenn ich das auf dem Bild richtig erkenne :-P ) 1, 7, 9.
Dann kannst du folgende Tabelle erstellen:
X 1 7 9
P (X=x) 5/10 3/10 2/10
[mm] \Rightarrow 1\*5/10 [/mm] + [mm] 7\*3/10 [/mm] + [mm] 9\*2/10 [/mm] = Erwartungswert = [mm] \mu
[/mm]
Dann sollte die Varianz mit folgender Formel kein Problem mehr darstellen:
Var(X) = E [mm] ((x-\mu)^{2})
[/mm]
Verstanden?
Grüße cReam
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:29 Mo 12.03.2007 | | Autor: | mathpower |
Also war meine Rechnung nicht verkehrt. Jetzt zur Varianz:
Varianz:
V(x)=(1-4,4)²*(5/10)+(7-4,4)²*(3/10)+(9-4,4)²*(2/10)
V(X)=12,04
Den letzten Teil von a) kann man doch mit Bernoulli machen oder?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:55 Mo 12.03.2007 | | Autor: | cReam |
Werte von Varianz und Erwartungswert stimmen.
Allerdings hast du bei der Berechnung deines Erwartungswert ein Fehler:
Du schreibst:
E(X)= 5*(5/10)+ 7*(3/10)+ 9*(2/10)=4,4
Wie in meiner Antowrt aufgeführt muß das [mm] 1\*5/10 [/mm] heißen. Da du aber auf den gleichen Wert wie ich kommst, denke ich das es sich um einen Tippfehler handelt.
Nun zu deinen nächsten zwei Fragen:
1.) [mm] 6\*E(X) [/mm] Das müßte stimmen.
2.) Würde hier folgenden Weg vorschlagen: Rechne dir zuerst die Wahrscheinlichkeit für ein mögliches Tupel aus z.B. (111179). Nun kann sich aber noch die Reihenfolge der einzelnen Elemente verändern. Dazu rechnest du möglichen Vertauschungen aus (<-- Kombinatorik) und multiplizierst sie mit der Wahrscheinlichkeit.
Verstanden? Bei Fragen oder falls der Wunsch zur genaueren Erläuterung vorhanden ist, einfach schreiben! 
Grüße cReam
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Zu 2.)
Könnte man hier Bernoulli anwenden?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:28 Di 13.03.2007 | | Autor: | cReam |
Bernoulli geht hier nicht, da bei Bernoulli ja nur 2 Ereignisse berücksichtigt werden. z.B. bei dieser Aufgabe müßte das dann so lauten:
Bei 1 gewinnt er und bei 7 und 9 verliert er. (gleich wie bei Münzwurf oder Würfelspielen, bei denen man entweder verliert oder gewinnt)
Ok?
Grüße cReam
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Ok. Wenn ich jetzt alle möglichen Vertauchungen ausrechne komme ich auf:462. Erscheint mir ein bissel viel. Kann das stimmen? Und wie meinst du das mit der Wahrscheinlichkeit multiplieziren?
Hoffe das ich die Aufgabe hinbekomme. Hätte dann nur noch bei c Probleme da ich keine Idee habe,wie man vorgehen muss.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:05 Di 13.03.2007 | | Autor: | cReam |
Also:
Zu den Vertauschungen: Wir nehmen als Beispiel das Tupel (111179).
Nun überlegst du dir, wie viele Vertauschungen gibt es insgesamt. Dafür kann ich dir 2 Möglichkeiten vorschlagen:
1.) Du denkst dir für jeden Drehvorgang des Rades eine Stelle (_ _ _ _ _ _). Nun kann ja die 7 auf alle diese Stellen, deswegen hast du für die Vertauschungen der 7 folgenden Term: [mm] \vektor{6 \\ 1} [/mm] = 6 (sprich: 1 aus 6. hattet ihr schon, oder?)
für die 9 dann logischerweise: [mm] \vektor{5 \\ 1} [/mm] = 5(<-- da ja eine Stelle schon von der 7 beansprucht wird)
und für die 1er dann [mm] \vektor{4 \\ 4} [/mm] = 1
dann multiplizierst du diese: [mm] \vektor{6 \\ 1} \* \vektor{5 \\ 1} \* \vektor{4 \\ 4} [/mm] = 6 [mm] \* [/mm] 5 [mm] \* [/mm] 1 = 30 (<-- Das sind die möglichen Vertauschungen)
2.) Du denkst dir wiederum die leeren Stellen. Dann überlegst du dir, das die 7 ja immer 6 Stellen zur Auswahl hat. Danach hat die 9 dann nur noch 5 Stellen übrig. Die 1er können vernachlässigt werden, da sie einfach die restlichen Stellen auffüllen, es aber egal ist welche 1 wo steht und sie sich die Plätze ja nicht mehr aussuchen können (du könntest natürlich auch mit der 9 oder den 1ern beginnen, doch finde ich den Gedankengang mit den 1er zu beginnen erheblich schwerer)
Nun zur Wahrscheinlichkeit:
Du kennst doch bestimmt den guten alten Baum, oder? Und um an die Wahrscheinlichkeit zu kommen die ein Ende hat, multiplieziert man ja seine einzelnen Äste. Um konkret zu werden, mal an unserem Beispiel hier erläutert:
Wir betrachten wieder unser beliebiges Tupel oben:
Am Anfang werden vier 1er "gedreht". Folglich müßen wir den Weg an unserem Baum suchen, der vier 1er am Anfang hat. Um diese dann abzuschreiten, benötigen wir die Wahrscheinlichkeit eine 1 zu "erdrehen". Diese ist 5/10. Da wir nun 4 dieser Äste haben rechnet man logischerweise: 1/2 [mm] \* [/mm] 1/2 [mm] \* [/mm] 1/2 [mm] \* [/mm] 1/2 = [mm] (1/2)^{4}. [/mm] Nun noch je ein 7er und ein 9er Ast dazu und wir bekommen die Wahrscheinlichkeit unseres Tupels: [mm] (1/2)^{4} \* [/mm] 3/10 [mm] \* [/mm] 2/10.
Da wir nun nicht nur einen Ast mit diesen Zahlen haben, müßen wir die Wahrscheinlichkeit noch mit der Anzahl der anderen Äste, die diese Zahlenkombination besitzten, multiplizieren. Das sind, wie oben errechnet, 30.
Daraus entsteht folgende Rechnung: [mm] [(1/2)^{4} \* [/mm] 3/10 [mm] \* [/mm] 2/10] [mm] \* [/mm] 30 = 0,1125 = 11,25%
Alles verstanden? Hoffe ich konnte alles einigermaßen verständlich erklären. 
Bin heute den ganzen Abend da, also einfach schreiben
Grüße cReam
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:20 Di 13.03.2007 | | Autor: | mathpower |
Jo jetzt ist für mich verständlich.
Habe mich jetzt mal an der Wahrscheinlichkeitsverteilung bei c probiert.
y 0 2 5 8 10
x
1 0,05 0,1 0,2 0,1 0,05
7 0,03 0,06 0,12 0,06 0,03
9 0,02 0,04 0,08 0,04 0,02
Stimmt das wie ich es dort steht?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:36 Di 13.03.2007 | | Autor: | cReam |
Also:
Bei 2 verschiedenen Zufallsgrößen mußt man immer unterscheiden, ob sie unabhängig sind oder nicht. Da diese aber hier sicher unabhängig sind (für das linke Rad ist es ja egal ob du beim rechten eine 0 oder eine 10 erdrehst), solltest du am bessten 2 getrennte Tabellen machen.
X 1 7 9
P(X=x) ......
Y 0 2 5 8 10
P(Y=y) ......
Ok?
Viel Spaß beim weiterrechnen
Grüße cReam
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Aber ich soll doch die gemeinsame Wahrscheinlichkeitsverteilung von X und Y angeben. Das wäre doch nicht sowas wie du es sagst?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:02 Di 13.03.2007 | | Autor: | mathpower |
Wenn ich jetzt die Gewinnerwartung für A errechne muss ich das so machen:
E(A)=1*(0,05)+7*((0,03)+(0,06)+(0,12))+9*((0,02)+(0,04)+(0,08)+( 0,04))=3,14
Jetzt für den anderen:
E(B)= 2*0,1+5*0,2+8*0,1+10*0,05+8*0,06+10*0,03+10*0,02=3,48
Also hätte Spieler B die größere Gewinnerwartung. Müsste eigentlich richtig sein.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:54 Di 13.03.2007 | | Autor: | cReam |
Wie du auf deine Rechnung gekommen bist, mußt mir kurz erklären.
So mußt du vorgehen:
Da du nun den Gewinn berechnen sollst, brauchst du eine neue Zufallsgröße, die über den Gewinn bzw. Verlust definiert ist. Nennen wir sie A. A beschreibt den Gewinn bzw Verlust von Spieler A. Deswegen kann A folgende Werte annehmen: +9; +7; +1; -2; -5; -8; -10.
Da wir eine neue Zufallsgröße haben, stellen wir auch eine neue Wahrscheinlichkeitsverteilung auf:
a 9 7 1 -2 -5 -8 -10
P(A=a) 18/100 21/100 5/100 10/100 20/100 16/100 10/100
Zur Berechnung der Werte:
Nehmen wir als Beispiel 9:
Stell dir einen Baum vor. Um 9 Gewinn zu machen, benötigen wir zuerst eine 9, Wahrscheinlichkeit dafür: 2/10. danach benötigen wir eine Zahl die niedriger als 9 ist, also alle auf dem 2. Rad außer der 10. Die Wahrscheinlichkeit um so eine Zahl zu bekommen, ist 9/10. Das Produkt ergibt 18/100, wie in der Tabelle.
Andere Gedankengang: Wahrscheinlichkeit ist definiert: Anzahl der günstigen Ereignisse/Anzahl der möglichen Ereignisse. Denke dir 2 leere Stellen, für die Werte der beiden Räder. (_ _) Für die erste Stelle gibt es 10 Möglichkeiten und für die 2. auch. Folglich sich 10 [mm] \* [/mm] 10 = 100 Möglichkeiten möglich. Um mit 9 zu gewinnen, hast du auf der ersten Stelle zwei Möglichkeiten, die zwei 9er des 1. Rades. Auf dem 2. Rad benötigst du wieder eine Zahl kleiner 10, folglich hast du 9 Möglichkeiten. 2 [mm] \* [/mm] 9 = 18. Geteilt durch die Anzahl der möglichen Ereignisse:
[mm] \Rightarrow [/mm] 18/100
Die anderen Ergebnisse sind dazu analog. Bis auf die 0, die du vernachlässigen kannst, da du mit der 0 nicht gewinnen kannst und all jene Möglichkeiten bei denen sie vorkommt, durch die gewinnenden Zahlen abgedeckt sind.
Nun der Erwartungswert:
E(A)= 18/100 [mm] \* [/mm] 9 + .... + 5/100 [mm] \* [/mm] 1 - 10/100 [mm] \* [/mm] 2 - .... = -0,34
Erwartungswert für den anderen Spieler berechnest du wie folgt:
Einfach die Plus und Minuse umdrehen, da für diesen ja die Verluste des A als gewinn zählen und die Gewinne des A als Verlust zählen.
E(B) = 0,34
Verstanden?
Grüße cReam
PS: Du kannst daran sehen, das deine Antwort falsch ist, da der Gewinn des einen Spielers ja immer der Verlust des anderen sein muß. In anderen Worten: Sie spielen gegeneinander, d.h. wenn der eine verliert dann gewinnt der andere und umgekehrt. Bei dir gewinnen beide, was ja unmöglich ist Deswegen müßen die Gewinne und Verluste oben auch zusammen addiert 0 ergeben, da ja nicht plötzlich mehr Geld da sein kann, oder weniger, als die beiden zusammen verspielt haben.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:41 Di 13.03.2007 | | Autor: | mathpower |
Danke für deine Hilfe. Stochastik lag mir noch nie.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:59 Di 13.03.2007 | | Autor: | cReam |
Bitte bitte. Mir eigentlich auch nicht, aber wenn du viel übst, wirst du herausfinden das sich die ganzen Aufgaben im Kern der Überlegung sehr sehr ähnlich sind, wodurch du dann nach einer Weile alle Aufgaben durch deine Rutine lösen kannst. ;)
Grüße cReam
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