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Forum "Wahrscheinlichkeitsrechnung" - Wahrscheinlichkeitsverteilung
Wahrscheinlichkeitsverteilung < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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Wahrscheinlichkeitsverteilung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:38 Di 11.10.2011
Autor: Mathics

Aufgabe
A und B vereinbaren, eine Münze so lange zu werfen, bis Wappen erscheint, maximal jedoch fünf mal. A zahlt an B für jeden notwendigen Wurf 1€. Ist nach dem 5. Wurf noch kein Wappen gefallen, muss A an B den Betrag von 7€ bezahlen.

a) Zeichnen Sie ein Baumdiagramm und bestimmen Sie die Verteilung der Zufallsgröße X: Betrag (in €), den A an B zahlen muss und deren Erwartungswert.
b) Untersuchen Sie, wie groß der Einsatz von B sein muss, damit die Spielregel fair ist.

Hallo,

a) das Baumdiagramm müsste so aussehen: http://imageshack.us/f/690/37127401.png/

Und die Wahrscheinlichkeit für Kopf oder Zahl lautet immer 1/2.

Aber wie berechnen ich jetzt wie viel er zahlen muss?

Ich hab mir das so überlegt:

Dass A an B 12€ zahlen muss beträgt 0,03125. (weil: [mm] 0,5^5 [/mm] bzw. alle Z Pfade addiert)

Nach dem Schema auch den Rest:

1€ = 0,5
2€ = 0,25
3€ = 0,125
4€ = 0,0625
5€ = 0,03125

E(x) ist dann 2,15625.

b) Damit es fair sollte der Einsatz von B also 2€ sein,

        
Bezug
Wahrscheinlichkeitsverteilung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 22:04 Di 11.10.2011
Autor: Blech

Hi,

sieht alles richtig aus.

> b) Damit es fair sollte der Einsatz von B also 2€ sein,

gibt's einen Grund, daß es nicht der exakte EW sein soll? Wenn B an A für jedes Spiel 2€ zahlt, macht B im Durchschnitt pro Spiel fast 16 cent Gewinn. Das summiert sich auch, wenn es genügend Spiele sind.

ciao
Stefan

Bezug
                
Bezug
Wahrscheinlichkeitsverteilung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 08:05 Mi 12.10.2011
Autor: Mathics


> gibt's einen Grund, daß es nicht der exakte EW sein soll?
> Wenn B an A für jedes Spiel 2€ zahlt, macht B im
> Durchschnitt pro Spiel fast 16 cent Gewinn. Das summiert
> sich auch, wenn es genügend Spiele sind.

Ja, es sollte der genaue E(X)-Wert sein. Hast Recht!

Aber mir ist grad aufgefallen, dass meine Zahlen doch nicht stimmen können.

Denn:

Folgende Wahrscheinlichkeiten habe ja zuvor rausbekommen:

Ich hab mir das so überlegt:

Dass A an B 12€ zahlen muss beträgt 0,03125. (weil:  bzw. alle Z Pfade addiert)

Nach dem Schema auch den Rest:

1€ = 0,5 (Zahl) aber es kann auch Wappen vorkommen und deswegen ist die Wahrscheinlichkeit dich 0,5+0,5 = 1. 1€ muss er ja sowieso Zahlen.
2€ = 0,25   (ZZ) + 0,25   (ZW) = 0,5
3€ = 0,125 (ZZZ) + 0,125   (ZZW) = 0,25
4€ = 0,0625 (ZZZZ) + 0,0625   (ZZZW) = 0,125
5€ = 0,03125 (ZZZZZ) + 0,03125   (ZZZZW) = 0,0625
12€=0,03125 (ZZZZZ als einziger Weg)

E(x) ist dann = 3,94

Oder?

Danke.

LG


Bezug
                        
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Wahrscheinlichkeitsverteilung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:32 Mi 12.10.2011
Autor: Blech

Hi,

welche möglichen Ergebnisse für ein Spiel gibt es?

W
ZW
ZZW
ZZZW
ZZZZW
ZZZZZ


Dabei zahlt er respektive 1, 2, 3, 4, 5 und 12€.

[mm] $E(X)=\sum_{k} [/mm] k* P(X=k)$

k=1:
wann zahlt er 1? Wenn er gleich W wirft, also ist der erste Summand

1€* P({W})=0.5€

k=2:
wann zahlt er 2€? Wenn ZW geworfen wird, schließlich braucht er dann genau 2 Würfe

2€*P({ZW})=0.5€

k=3:
...

> 1€ = 0,5 (Zahl) aber es kann auch Wappen vorkommen und deswegen ist die Wahrscheinlichkeit dich 0,5+0,5 = 1. 1€ muss er ja sowieso Zahlen.

Das muß er, aber dann mußt Du auch berücksichtigen, daß er beim 2. Wurf dann nur noch *1* € zusätzlich zahlt, zu dem 1€, den er für den ersten schon bezahlt hat. Im Moment zählst Du den 1€ für den ersten Wurf 6 fach.


Daß Deine neue Variante nicht stimmen kann, siehst Du schon daran, daß sich Deine Wkeiten nicht zu 1 aufaddieren (können, schließlich ist die erste Wkeit schon 1€)

Zwangsläufig gilt [mm] $\sum_{k} [/mm] P(X=k) = 1$

ciao
Stefan

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