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Aufgabe:

Eine Box enthält 10 Kugeln. Drei davon sind weiß und unbeschriftet, drei andere sind grün und mit 1€
gekennzeichnet, zwei rote mit 2€ und zwei gelbe mit 4€.

Für 5€ sind Sie berechtigt zwei Kugeln nacheinander und ohne Zurücklegen zu ziehen. Sie gewinnen den Betrag
entsprechend der beiden gezogenen Kugeln. Finden Sie den Erwartungswert dieses Spiels.


Problem/Ansatz:

Zunächst erstmal eine Tabelle:

blob.png

Da man zweimal zieht gibt es also insgesamt 16 mögliche Ergebnisse. Muss man hier die Wahrscheinlichkeit und den Gewinn für alle 16 Fälle ausrechnen um auf den Erwartungswert zu kommen, oder gibt es eine leichtere Möglichkeit?

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Wenn du deine Tabelle um eine Zeile für die Wahtscheinlichkeitsverteilung der beim zweiten Zug gezogenen Zahl erweiterst, wird es vielleicht klarer.

1 Antwort

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Beste Antwort

Bei den 16 Fällen kannst du ja die symmetrischen wie (1,2) und (2,1) zusammenfassen. Damit kommst du nur noch auf 10 Möglichkeiten. Die solltest du aber alle Untersuchen. Wichtig es bringt hier wohl nichts mit obigen Wahrscheinlichkeiten zu rechnen, da ja ohne Zurücklegen gezogen wird. Also Pfadregel oder Möglichkeiten zählen.

E(Auszahlung) = (0·3·2 + 1·2·3·3 + 2·2·3·2 + 4·2·3·2 + 2·3·2 + 3·2·3·2 + 5·2·3·2 + 4·2·1 + 6·2·2·2 + 8·2·1)/(10·9) = 3 €

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Diese aufwendige Rechnung kann man sich sparen.

Ich stelle mir hier die Frage, warum es möglich ist, den Erwartungswert von einem Spiel, einfach mal 2 zu rechnen.

E(X) = 0.3 + 2 * 0.2 + 4 * 0.2 = 1.50€.  (Erwartungswert 1 mal ziehen)

Zunächst dachte ich, dass der Erwartungswert niedriger wird beim zweiten Ziehen. Aber die einzelnen Ereignisse sind ja alle unabhängig voneinander. Und wenn man beim ersten mal wenig Geld zieht, hat man bei der zweiten Ziehung ja wieder einen höheren Erwartungswert.

Diese bis heute unbeantwortete Frage ist auch hier noch mal zu finden:

https://www.mathelounge.de/317635/erwartungswert-beim-ziehen-von-munzen-zwei-arten-berechnen

Also erstmal sind die beiden Ziehungen natürlich nicht stochastisch unabhängig. Denn wenn ich beim ersten mal eine 0 (unbeschriftet) ziehe ändern sich die Wahrscheinlichkeiten.

Darum auch mein Ansatz mit den 10 Möglichkeiten.

Allerdings weiß ich z.B. das der Erwartungswert der hypergeometrischen Verteilung

E(X) = n * M/N = n * p(vom ersten Zug)

ist.

Also bei der hypergeometrischen Verteilung ändert sich der Erwartungswert auch nicht, wenn man häufiger zieht.

Nun könnte man natürlich auch rechnerisch zeigen, dass es auch hier gilt.

Vielleicht weiß auch jemand der Mathematik studiert hat wann und unter welchen Voraussetzungen man auch abhängige Einzelversuche wie zwei unabhängige Einzelversuche auffassen kann.

Also erstmal sind die beiden Ziehungen natürlich nicht stochastisch unabhängig. Denn wenn ich beim ersten mal eine 0 (unbeschriftet) ziehe ändern sich die Wahrscheinlichkeiten.

Ja, wenn man zum Beispiel einen Wert unter dem Erwartungswert gezogen hat, hat man danach ja eine Chance auf einen Wert über dem Erwartungswert und das gleiche anders rum. Und das scheint sich das dann auf alle Ziehungen auszugleichen.

Ok, wenn Sie schon stochastische Unabhängigkeit ansprechen dann muss man aber auch zwischen den verschiedenen Arten unterscheiden.

Zum Beispiel wenn man jetzt alle weißen Bälle wegwirft, wenn man einen gelben Ball gezogen hat, dann wäre tatsächlich das ein Fall wo sich aufgrund der Abhängigkeit der Erwartungswert ändert.

Bei diesem Zufallsexperiment, ändert sich aber kein Parameter, also weder die Anzahl der Bälle, noch die Höhe der Auszahlung der einzelnen Bälle, etc.

Der berechnete Erwartungswert heißt ja, dass man pro Ziehung einen Gewinn von 1,50€ macht. Insgesamt gibt es 15€ und 10 Bälle. Ist ja klar, dass der Erwartungswert für 10 Ziehungen dann bei 15€ liegen muss.

Dafür braucht man kein Mathe studiert haben sondern, sowas nennt sich logisches Denken.

Dafür braucht man kein Mathe studiert haben sondern, sowas nennt sich logisches Denken.

Du kannst offensichtlich besser logisch denken als ich. Ich war in logischem Denken schon immer ziemlich schlecht.

Aber ist doch schön, dass sich deine Frage damit geklärt hat, auch wenn du sie selber beantwortet hast.

Ich hätte etwas umständlicher gerechnet, kann mich damit aber durchaus begnügen das ich zumindest das richtige heraus hatte, wenn auch etwas umständlicher.

Ich habe zu dem obigen Link eine Antwort geschrieben.

Ich habe zu dem obigen Link eine Antwort geschrieben.

Vielen lieben Dank. Kurz und knackiger Beweis.

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