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Mathematik » Stochastik und Statistik » Varianz der Anzahl gewürfelter 6er bei zufälliger Wahl des unfairen Würfels
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Universität/Hochschule J Varianz der Anzahl gewürfelter 6er bei zufälliger Wahl des unfairen Würfels
Karadras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-03-02


Hallo zusammen,

das ist jetzt meine erste eigene Frage hier im Forum, insofern hoffe ich, dass ich alles richtig mache.

Ich bereite mich gerade auf meine Stochastik-Klausur vor und rechne dabei Übungsaufgaben. Bei einer Aufgabe stehe ich aber gerade ziemlich auf dem Schlauch und weiß gar nicht, wie ich überhaupt ansetzen sollte. Vielleicht könnt ihr mir weiterhelfen?

-----

Wenn ein fairer Würfel 144 mal geworfen wird, dann ist der Erwartungswert für die Anzahl der geworfenen Sechsen (Binomialverteilung) \(E(X) = np = 144 \cdot 1/6 = 24\).
Die Varianz ist \(Var(X) = npq = 144 \cdot 1/6 \cdot 5/6 = 20\).
Jetzt werden zwei unfaire Würfel verwendet, der eine würfelt mit Wahrscheinlichkeit \(p_1 = \frac{1}{4}\) eine Sechs, der andere mit \(p_2 = \frac{1}{12}\).
Berechne Erwartungswert und Varianz in folgenden Fällen:

(1) Wir nehmen für die ersten 72 Würfe den einen, für die zweiten 72 Würfe den anderen Würfel.

--> Das verstehe ich glaube ich noch:
\(E(X) = E(X_1) + E(X_2) = n_1\cdot p_1 + n_2\cdot p_2 = \frac{72}{4} + \frac{72}{12} = 24\)
\(Var(X) = Var(X_1) + Var(X_2) = 72\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{3}{4} + 72\cdot\frac{1}{12}\cdot\frac{11}{12} = 19\)


(2) Wir wählen zufällig einen der beiden Würfel und führen alle 144 Würfe mit diesem einen gewählten Würfel durch.

--> hier weiß ich leider gar nicht, wie ich ansetzen sollte, zumal im Vergleich zu Teilaufgabe (3) ...


(3) Für jeden der 144 Würfe wählen wir (frisch) einen der beiden Würfel.

--> Hier wäre mein Ansatz, dass die Wahrscheinlichkeit für das einzelne Auftreten einer Sechs zu modifizieren ist: \(p = \frac{1}{2}p_1 + \frac{1}{2}p_2 = \frac{1}{8} + \frac{1}{24} = \frac{1}{6} \)
Damit bleiben also Varianz und Erwarungswert gleich wie beim Würfeln mit dem fairen Würfel. Ist das richtig argumentiert?



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-03-02


Hallo und willkommen hier im Forum!

mit dem Teil (1) liegst du richtig. 👍

Um die beiden fraglichen Teile zu unterscheiden, bräuchten wir (so noch nicht geschehen) den Originaltext, am besten der gesamten Aufgabe.

Ich für meinen Teil kann nämlich mit der Formulierung

2021-03-02 16:00 - Karadras im Themenstart schreibt:
(3) Für jeden der 144 Würfe wählen wir (frisch) einen der beiden Würfel.

nichts anfangen, insbesondere kann ich sie nicht wirklich gegen (2) abgrenzen.


Gruß, Diophant



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Karadras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-02


Vielen Dank schon einmal für die schnelle Reaktion!

2021-03-02 16:25 - Diophant in Beitrag No. 1 schreibt:
Um die beiden fraglichen Teile zu unterscheiden, bräuchten wir (so noch nicht geschehen) den Originaltext, am besten der gesamten Aufgabe.

Leider ist das schon recht nah an der Originalfassung. Aber hier nocheinmal das "echte" Original:

Wir werfen einen fairen Würfel 144 mal, dabei bezeichne X die Anzahl der fallenden Sechsen. Uns ist klar, dass X ∼ B(n, p) mit n = 144 und p = 1/6, also ist E(X) = np = 24 und Var(X) = np(1 − p) = 20.
Jetzt ändern wir das Experiment etwas ab, wieder bezeichne X die Anzahl der geworfenen Sechsen. Angenommmen, wir haben zwei unfaire Würfel, Würfel A zeigt die Sechs mit Wahrscheinlichkeit 1/4, Würfel B hingegen zeigt die Sechs mit Wahrscheinlichkeit 1/12.
Berechnen Sie jeweils E(X) und Var(X) in den folgenden Fällen!

(a) Wir nehmen für die ersten 72 Würfe den einen, für die zweiten 72 Würfe den anderen Würfel.

(b) Wir wählen zufällig einen der beiden Würfel und führen alle 144 Würfe mit diesem einen gewählten Würfel durch.

(c) Für jeden der 144 Würfe wählen wir (frisch) einen der beiden Würfel.


Ich verstehe das so, dass bei (b) sicher nur ein Würfel zum Einsatz kommt. Bei (c) kommen beide Würfel gemischt zum Einsatz.





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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-03-02


Hallo,

ich verstehe (3) so, dass vor jedem Würfelwurf eine Münze geworfen wird, die entscheidet, welcher Würfel verwendet wird. Das Ergebnis bei (3) scheint mir dann korrekt zu sein.

Bei (2) würde ich so vorgehen, aber vielleicht geht es einfacher.

Es ist \(\mu=E(X)=\frac12E(X_1)+\frac12E(X_2)\), wobei \(X_i\) die Zufallsvariable ist, wenn 144 mal Würfel i geworfen wird. Also \(\mu=24\).

Berechne nun \(V(X)=E((X-\mu)^2)\).

Dann ist \(V(X)=\frac12E((X_1-\mu)^2)+\frac12E((X_2-\mu)^2)\). Verwende nun den Verschiebungssatz \(E((X_i-\mu)^2)=V(X_i)+(E(X_i)-\mu)^2\).



[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2021-03-02


Hallo,

da hatte ich nicht genau genug gelesen, du vestehst die Aufgabe schon richtig (und ich jetzt auch).

Im Unterschied zu meinem Vorredner bin ich allerdings der Ansicht, dass man hier den Verschiebungssatz nicht benötigt.

Es ist ja irgendwie naheligend, dass der Erwartungswert in allen drei Fällen der gleiche ist.

Wie sieht das nun für die Varianz aus, insbesondere was die Fälle (2) und (3) angeht?


Gruß, Diophant

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-03-02


2021-03-02 16:48 - Diophant in Beitrag No. 4 schreibt:
Es ist ja irgendwie naheligend, dass der Erwartungswert in allen drei Fällen der gleiche ist.

Wie sieht das nun für die Varianz aus, insbesondere was die Fälle (2) und (3) angeht?

Ich wiederum finde es naheliegend, dass die Varianz bei (2) größer ist als bei (3). 🙃



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Karadras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-02


2021-03-02 16:40 - StrgAltEntf in Beitrag No. 3 schreibt:
Hallo,

Es ist \(\mu=E(X)=\frac12E(X_1)+\frac12E(X_2)\), wobei \(X_i\) die Zufallsvariable ist, wenn 144 mal Würfel i geworfen wird. Also \(\mu=24\).

Berechne nun \(V(X)=E((X-\mu)^2)\).

Dann ist \(V(X)=\frac12E((X_1-\mu)^2)+\frac12E((X_2-\mu)^2)\). Verwende nun den Verschiebungssatz \(E((X_i-\mu)^2)=V(X_i)+(E(X_i)-\mu)^2\).


Danke, das klingt ziemlich vernünftig. Ich muss gestehen, dass ich nicht darauf gekommen wäre den Verschiebungssatz hier "umzudrehen"...

Eine kurze Nachfrage (nur, dass ich das richtig verstehe):
Du nutzt hier aus (überspringst), dass \(V(X_i) = V(X_i-\mu)\), was ja allgemein gilt, richtig?



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-03-02


Eigentlich habe ich hier nichts bewusst umgedreht. Wie kennst du den Verschiebungssatz?

2021-03-02 17:04 - Karadras in Beitrag No. 6 schreibt:
Eine kurze Nachfrage (nur, dass ich das richtig verstehe):
Du nutzt hier aus (überspringst), dass \(V(X_i) = V(X_i-\mu)\), was ja allgemein gilt, richtig?

Was meinst du mit ausnutzen/überspringen?



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Karadras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-02


2021-03-02 17:13 - StrgAltEntf in Beitrag No. 7 schreibt:

Was meinst du mit ausnutzen/überspringen?

Ich kenne den Verschiebungssatz so:
\(V(X_i) = E(X_i^2)-E(X_i)^2\)

Wenn ich \(X_i\) durch \(X_i-\mu\) ersetze komme ich auf dein Ergebnis:
\[V(X_i) = V(X_i-\mu) = E((X_i-\mu)^2)-(E(X_i-\mu))^2 = E((X_i-\mu)^2)-(E(X_i)-\mu)^2 \]
\[\Rightarrow E((X_i-\mu)^2) = V(X_i) - (E(X_i)-\mu)^2\] Oder gibt es noch einen naheliegenderen Weg sich das klar zu machen?

Unabhängig davon ist meine Anfangsfrage glaube ich damit beantwortet.
Für Teilaufgabe (b) ist \(Var(X) = 163\)

Vielen Dank euch!



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2021-03-02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
2021-03-02 17:23 - Karadras in Beitrag No. 8 schreibt:
Unabhängig davon ist meine Anfangsfrage glaube ich damit beantwortet.
Für Teilaufgabe (b) ist \(Var(X) = 163\)
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)

Hallo,

da kann etwas nicht stimmen. Bei 144 Würfen eine Varianz von 163? ...

Da solltest du alles nochmal gründlich überprüfen und hier vorstellen.


Sorry, das war ein Irrtum bzw. Rechenfehler meinerseits.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2021-03-02


2021-03-02 17:23 - Karadras in Beitrag No. 8 schreibt:
Ich kenne den Verschiebungssatz so:
\(V(X_i) = E(X_i^2)-E(X_i)^2\)

Ach so! Das hätte ich "Rechenregel für die Varianz" genannt. 😃

@Diophant: Wieso kann die Varianz nicht größer als die Anzahl der Würfe sein?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]



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2021-03-02 17:32 - StrgAltEntf in Beitrag No. 10 schreibt:
@Diophant: Wieso kann die Varianz nicht größer als die Anzahl der Würfe sein?

Du hast ja recht. Das Ergebnis erschien mir deshalb zu groß, weil ich mich verrechnet hatte. Jetzt habe ich nochmal nachgerechnet und komme ebenfalls auf die 163. Damit sind wir schon drei. 😉


Gruß, Diophant



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Karadras
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\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)2021-03-02 17:26 - Diophant in Beitrag No. 9 schreibt:
Hallo,

da kann etwas nicht stimmen. Bei 144 Würfen eine Varianz von 163? ...

Da solltest du alles nochmal gründlich überprüfen und hier vorstellen.

\(\endgroup\)

Ich sehe jetzt auch keine zwingende Notwendigkeit, dass die Varianz kleiner als die Würfelanzahl sein muss... Du hast recht damit, dass die Variant (für mich auch überraschend) groß ist. Aber ich sehe im Moment keinen Fehler in der Rechnung.

In die oben beschriebene Gleichung lassen sich die gegebenen Werte ja einsetzen:

\[V(X)=\frac{1}{2}E((X_1−\mu)^2)+\frac{1}{2}E((X_2−\mu)^2) = \frac{1}{2} (V(X_1)−(E(X_1)−\mu)^2 + V(X_2)−(E(X_2)−\mu)^2)\] \[V(X) = \frac{1}{2} (144\cdot\frac{1}{4}\frac{3}{4} -(144\cdot\frac{1}{4}-24)^2+ 144\cdot\frac{1}{12}\frac{11}{12}-(144\cdot\frac{1}{12}-24)^2) = 163\]
Edit: OK, super, dass wir uns jetzt einig sind, wie gesagt nochmal vielen Dank! :)

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]



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