Würfelspiel - Frage zu Erwartungswert und Varianz

06/07/2010 - 11:27 von Jutta Gut | Report spam
Hallo!

Durch eine Anfrage bin ich auf folgendes "Spiel" gestoßen:
a.. Es wird mit 6 Würfeln gleichzeitig gewürfelt.
a.. Die Zahl (oder das Symbol), das am hàufigsten vorkommt, bleibt liegen,
alle anderen Würfel werden noch einmal geworfen.
a.. Es wird so oft gewürfelt, bis alle 6 Würfel die gleiche Zahl zeigen
(nàmlich die, die beim ersten Wurf am hàufigsten vorkam).

(Genaueres unter http://www.welt-im-web.de/wuerfel.)

Ich habe versucht, den Erwartungswert für die Anzahl der nötigen Würfe zu
berechnen. Was ich bis jetzt herausgefunden habe:

Wenn nur noch ein Würfel fehlt (also die falsche Augenzahl zeigt), ist der
Erwartungswert E1 = 6.

Wenn noch zwei Würfel fehlen, muss man auf jeden Fall noch 1mal werfen. Mit
Wahrscheinlichkeit 1/36 passen dann beide, mit W. keit 10/36 fehlt noch
einer, und mit W.keit 25/36 steht man genauso da wie vorher, also ist
E2 = 1 + B(2,1/6,1)*E1 + B(2,1/6,0)*E2 =>
E2 = (1 + B(2,1/6,1)*E1)/(1 - B(2,1/6,0)) = 96/11 ~ 8,73

(B(2,1/6,1) steht für Binomialverteilung mit n = 2, p = 1/6, k = 1.)

E3 bis E6 kann man analog berechnen. Ich erhalte folgende Rekursionsformel:

1 + B(n,1/6,n-1)*E1 + B(n,1/6,n-2)*E2 + ... + (B(n,1/6,1)E{n-1}
En =
(1 - B(n,1/6,0)

Für E6 erhalte ich 13,94.

Meine Fragen:
- Hat dieses Problem einen Namen? Gibt es dazu schon irgendwas?
- Gibt es eine geschlossene Formel für den Erwartungswert?
- Wie berechne ich die Varianz?

Danke und lg
Jutta
 

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#1 Bastian Erdnuess
06/07/2010 - 18:31 | Warnen spam
Jutta Gut wrote:

Hallo!

Durch eine Anfrage bin ich auf folgendes "Spiel" gestoßen:
a.. Es wird mit 6 Würfeln gleichzeitig gewürfelt.
a.. Die Zahl (oder das Symbol), das am hàufigsten vorkommt, bleibt liegen,
alle anderen Würfel werden noch einmal geworfen.
a.. Es wird so oft gewürfelt, bis alle 6 Würfel die gleiche Zahl zeigen
(nàmlich die, die beim ersten Wurf am hàufigsten vorkam).

(Genaueres unter http://www.welt-im-web.de/wuerfel.)



Mir ist nicht klar, wie die Stechen-Regel funktioniert. Wie viele
Würfel werden wann warum nochmal geworfen und wie viele nicht? Und wie
wird dann gezàhlt?

Ich habe versucht, den Erwartungswert für die Anzahl der nötigen Würfe zu
berechnen. Was ich bis jetzt herausgefunden habe:

Wenn nur noch ein Würfel fehlt (also die falsche Augenzahl zeigt), ist der
Erwartungswert E1 = 6.

Wenn noch zwei Würfel fehlen, muss man auf jeden Fall noch 1mal werfen. Mit
Wahrscheinlichkeit 1/36 passen dann beide, mit W. keit 10/36 fehlt noch
einer, und mit W.keit 25/36 steht man genauso da wie vorher, also ist
E2 = 1 + B(2,1/6,1)*E1 + B(2,1/6,0)*E2 =>
E2 = (1 + B(2,1/6,1)*E1)/(1 - B(2,1/6,0)) = 96/11 ~ 8,73

(B(2,1/6,1) steht für Binomialverteilung mit n = 2, p = 1/6, k = 1.)

E3 bis E6 kann man analog berechnen. Ich erhalte folgende Rekursionsformel:

1 + B(n,1/6,n-1)*E1 + B(n,1/6,n-2)*E2 + ... + (B(n,1/6,1)E{n-1}
En =
(1 - B(n,1/6,0)

Für E6 erhalte ich 13,94.



Das ist aber dann die mittlere Anzahl an Würfen, bis man 6 bestimmte
Augen geworfen hat. Wenn sich erst nach dem ersten Wurf entscheidet,
auf welche Augenzahl gegangen wird (und das so günstig wie Möglich),
dann sollte die erwartete Anzahl an Würfen nochmal geringer sein.

Wie warscheinlich ist es denn, beim ersten Wurf (maximal) n Gleiche zu
haben?

Meine Fragen:
- Hat dieses Problem einen Namen? Gibt es dazu schon irgendwas?



Da weiß ich gar nichts.

- Gibt es eine geschlossene Formel für den Erwartungswert?
- Wie berechne ich die Varianz?



Da denk ich mal drüber nach.

Gruß,
Bastian

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