Hallo, ich hätte folgende Idee:
Auf jeden Fall spiel hier die Reihenfolge keine Rolle. Es ist also egal, ob Raphael zuerst \(n\) mal wirft und dann Anna \(n+1\) mal wirft oder ob sie es durcheinander spielen.
Fakt ist aber, dass Raphael \(n\) mal wirft und Anna \(n+1\) mal.
Du kannst dir das zunächst für die ersten \(n\) anschauen. Dabei betrachte ich nur die günstigen Ereignisse für Anna, die noch verknüpft werden müssen:
\(K=\text{Kopf}\quad Z=\text{Zahl}\)
\(n=1\), also insgesamt \(2\cdot 1+1=3\) Würfe
Anna : \(\{(K,K),(K,Z)\}\)
Raphael : \(\{(K),(Z)\}\)
Zahl der Möglichkeiten:
\((K,K)\land (K)\quad {2\choose 2}\cdot {1\choose 1}=1\)
\((K,K)\land (Z)\quad {2\choose 2}\cdot {1\choose 0}=1\)
\((K,Z)\land (Z)\quad {2\choose 1}\cdot {1\choose 0}=2\)
insgesamt: \(\underline{\underline{Z(1) = 4}}\)
\(n=2\), also insgesamt \(2\cdot 2+1=5\) Würfe
Anna : \(\{(K,K,K),(K,K,Z),(K,Z,Z)\}\)
Raphael : \(\{(K,K),(K,Z),(Z,Z)\}\)
\((K,K,K)\land (K,K)\quad {3\choose 3}\cdot {2\choose 2}=1\)
\((K,K,K)\land (K,Z)\quad {3\choose 3}\cdot {2\choose 1}=2\)
\((K,K,K)\land (Z,Z)\quad {3\choose 3}\cdot {2\choose 0}=1\)
\((K,K,Z)\land (K,Z)\quad {3\choose 2}\cdot {2\choose 1}=6\)
\((K,K,Z)\land (Z,Z)\quad {3\choose 2}\cdot {2\choose 0}=3\)
\((K,Z,Z)\land (Z,Z)\quad {3\choose 1}\cdot {2\choose 0}=3\)
insgesamt: \(\underline{\underline{Z(2) = 16}}\)
\(n=3\), also insgesamt \(2\cdot 3+1=7\) Würfe
Anna : \(\{(K,K,K,K),(K,K,K,Z),(K,K,Z,Z),(K,Z,Z,Z)\}\)
Raphael : \(\{(K,K,K),(K,K,Z),(K,Z,Z),(Z,Z,Z)\}\)
\((K,K,K,K)\land (K,K,K)\quad {4\choose 4}\cdot {3\choose 3}=1\)
\((K,K,K,K)\land (K,K,Z)\quad {4\choose 4}\cdot {3\choose 2}=3\)
\((K,K,K,K)\land (K,Z,Z)\quad {4\choose 4}\cdot {3\choose 1}=3\)
\((K,K,K,K)\land (Z,Z,Z)\quad {4\choose 4}\cdot {3\choose 0}=1\)
\((K,K,K,Z)\land (K,K,Z)\quad {4\choose 3}\cdot {3\choose 2}=12\)
\((K,K,K,Z)\land (K,Z,Z)\quad {4\choose 3}\cdot {3\choose 1}=12\)
\((K,K,K,Z)\land (Z,Z,Z)\quad {4\choose 3}\cdot {3\choose 0}=4\)
\((K,K,Z,Z)\land (K,Z,Z)\quad {4\choose 2}\cdot {3\choose 1}=18\)
\((K,K,Z,Z)\land (Z,Z,Z)\quad {4\choose 2}\cdot {3\choose 0}=6\)
\((K,Z,Z,Z)\land (Z,Z,Z)\quad {4\choose 1}\cdot {3\choose 0}=4\)
insgesamt: \(\underline{\underline{Z(3) = 64}}\)
Beim Betrachten der Binomialkoeffizienten kommt man für die Anzahl an Möglichkeiten auf
\(Z(n)=\sum\limits_{i=1}^{n+1}{n+1\choose i}\cdot \left(\sum\limits_{j=0}^{i-1} {n\choose j}\right)=4^n\) was man per Induktion zeigen kann. (Warnung: Sehr langwierige Rechnung!)
Da nun insgesamt \(2n+1=(n+1)+n\) Würfe stattfinden, hat man eine Wahrscheinlichkeit von
\(P(n)=Z(n)\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}=4^n\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}=(2^2)^n\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}=2^{2n}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}\\=2^{2n}\cdot \frac{1}{2^{2n+1}}=2^{2n}\cdot \frac{1}{2^{2n}}\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\)
Falls aber Fehler zur Zählweise aufgetreten sein sollten, bin ich auch für Korrekturen dankbar.
