Verteilung bei Münzwurf < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:33 Mi 10.10.2007 | | Autor: | ernstl |
| Aufgabe | | Eine Münze wird solange geworfen bis Zahl erscheint, höchstens aber fünf mal. Man nehme als Zufallsvariable X die Anzahl der Würfe. Man beschreie die Verteilung von X. Man berechne den Erwartungswert E(X). Wie häufig muss man durschschnittlich werfen? |
Kann mir bitte jemand bitte eine Lösung und kurze Erklärung zu dieser Aufgabe geben?
Bitte keine Links angeben mit "lies mal erst hier". Ich schreibe morgen Nachmittag eine Klausur und ich Poste nun noch ein paar Aufgaben, die ich nicht selber verstanden und keine Lösung habe und die ich noch auf die Schnelle mir reinprügeln will  .
Bitte verzeiht mir, dass ich mehrere Aufgaben mit dem gleichen Fragetext hier stelle. Ich habe mich zuerst selber an den Aufgaben versucht, aber hoffe auf kurze Hilfe von euch bei den letzten Aufgaben.
Grüße
Ernst
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:08 Mi 10.10.2007 | | Autor: | M.Rex |
Hallo.
Ich nehme mal an, du hast eine Laplace-Münze.
Dann ist die W-keit für Zahl ja [mm] \bruch{1}{2}
[/mm]
Dafür, dass Zahl im ersten Wurf fällt, gilt: [mm] P=\bruch{1}{2}
[/mm]
Erst im zweiten Wurf Zahl ergibt: [mm] \underbrace{\bruch{1}{2}}_{\text{1. Wurf Wappen}}*\underbrace{\bruch{1}{2}}_{\text{2. Wurf Zahl}}=\bruch{1}{2²}=\bruch{1}{4}
[/mm]
im Dritten Wurf:
[mm] \underbrace{(\bruch{1}{2})²}_{\text{1. und 2. Wurf Wappen}}*\underbrace{\bruch{1}{2}}_{\text{3. Wurf Zahl}}=\bruch{1}{8}
[/mm]
...
im fünften Wurf
[mm] \underbrace{\bruch{1}{2}}_{\text{1.-4. Wurf Wappen}}*\underbrace{(\bruch{1}{2})^{4}}_{\text{5. Wurf Zahl}}=\bruch{1}{32}
[/mm]
und gar nicht:
[mm] \underbrace{(\bruch{1}{2})^{5}}_{\text{5 Würfe Wappen}}=\bruch{1}{32}
[/mm]
Und für E(x) gilt:
[mm] E(X)=\bruch{1}{2}*1+\bruch{1}{4}*2+\bruch{1}{8}*3+\bruch{1}{16}*4+\bruch{1}{32}*5+\bruch{1}{32}*0=\bruch{57}{32}
[/mm]
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(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 15:19 Mi 10.10.2007 | | Autor: | Marc |
Hallo Marius,
> Und für E(x) gilt:
>
> [mm]E(X)=\bruch{1}{2}*1+\bruch{1}{4}*2+\bruch{1}{8}*3+\bruch{1}{16}*4+\bruch{1}{32}*5+\bruch{1}{32}*0=\bruch{57}{32}[/mm]
Wenn Zahl gar nicht kommt, hat man ja trotzdem 5 Mal geworfen, also müsste es doch lauten:
[mm]E(X)=\bruch{1}{2}*1+\bruch{1}{4}*2+\bruch{1}{8}*3+\bruch{1}{16}*4+\bruch{1}{32}*5+\bruch{1}{32}*\red{5}=\bruch{31}{16}[/mm]
Viele Grüße,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:27 Mi 10.10.2007 | | Autor: | M.Rex |
Hallo Marc.
Da bin ich mir nicht sicher, ob dein Einwand richtig ist.
Es heisst doch [mm] E(X)=\summe_{k}P(X=k)*k.
[/mm]
Und damit musste bei X=0 auch mit 0 multipliziert werden, oder?
Marius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:44 Mi 10.10.2007 | | Autor: | Marc |
Hallo Marius,
> Da bin ich mir nicht sicher, ob dein Einwand richtig ist.
>
> Es heisst doch [mm]E(X)=\summe_{k}P(X=k)*k.[/mm]
>
> Und damit musste bei X=0 auch mit 0 multipliziert werden,
> oder?
X soll aber doch die Anzahl der Würfe angeben und nicht die Würfe, bis Zahl erscheint (oder was meinst Du mit X=0)?
Auch, wenn keine Zahl kam, hat man ja 5 Mal geworfen, also X=5.
Viele Grüße,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:18 Mi 10.10.2007 | | Autor: | luis52 |
Hallo Marius,
das Argument von Marc ist korrekt, denn es muss ja gelten
$P(X=5)=1-P(X=4)-P(X=3)-P(X=2)-P(X=1)=1/16$.
lg Luis
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