Geometrische Verteilung und verwandte Wahrscheinlichkeit der Stoppzeit n gesucht

Question

Aufgabe: Geometrische und verwandte Verteilungen

In den folgenden Spielen wird ein Experiment so lange wiederholt, bis eine bestimmte Abbruchbedingung erfüllt ist. Zur Vereinfachung schreiben wir die Ergebnisfolgen als Strings (ohne Kommata). Bestimmen Sie jeweils die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Spiel über genau \( n \) Runden geht \( (n \geq 1 \) eine fest gewählte natürliche Zahl). Die Antworten sollten ausreichend begründet werden.

a) Münzwurf bis zum zweiten Mal Kopf (eine 0) fallt (z.B. 1101110).

b) Minzwurf bis zum \( k \) -ten Mal Kopf fallt für ein \( k \leq n \) (z.B. 11010110 für \( k=2 \) ).

c) Würfeln bis Summe durch 6 teilbar ist (z. B. 253455).

d) Doppelwurf mit zwei unabhängigen Würfeln bis beide die gleiche Zahl haben (z. B. für \( (2,3)(3,1)(6,4)(3,3) \text { ist } n=4) \)

Answer 1

 

Hier eine Antwort für a) und b). c) und d) im Kommentar.

a) Münzwurf bis zum zweiten Mal Kopf (eine 0) fällt (z.B. 1101110).

P(1) = 0.

P(2) = 1/2 * 1/2 = 1/4

P(3) = ? P(in den ersten 2 genau einmal Kopf) * P(im 3. Kopf)

= (2 tief 1) / 2^2 * 1/2 = 1/2 * 1/2 = 1/4 = 2 * 1/2^4

P(4) = (3 tief 1)/ 2^3 * 1/2 = 3/8 * 1/2 = 3/16 = 3 * 1/2^4

P(5) = (4 tief 1)/2^4 * 1/2 = 4 * 1/2^5

Somit meine Formel:

P(n) = ((n-1) tief 1)/ 2^{n-1} * 1/2 = (n-1)* 1 / 2^n

 

b) Münzwurf bis zum k-ten Mal Kopf fällt für ein k n (z.B. 11010110 fur k = 2).

Analoge Begründung:

P(n) = ((n-1) tief (k-1)) / 2^{n-1} * 1/2 =  ((n-1) tief (k-1)) / 2^n

 

 

Comments

 

c) Würfeln bis Summe durch 6 teilbar ist (z.B. 253455).

P(1) = 1/6

Die Erfolgswahrsch. im nächsten Schritt ist immer 1/6. Beim ersten Erfolg wird gestoppt.

Deshalb

P(n) = P(n-1 Misserfolge) * P(1 Erfolg)

= (5/6)^{n-1} * 1/6 = 5^{n-1} / 6^n

 

d) Doppelwurf mit zwei unabhängigen Würfeln bis beide die gleiche Zahl haben (z.B. für (2; 3)(3; 1)(6; 4)(3; 3) ist n = 4).

P(1) = 6/36 = 1/6

Genau dasselbe wie c)

Also P(n) = 5^{n-1}/6^n

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Ich habe eine Frage zu Aufgabe (b):

Da wir die einzelnen "Köpfe" und "Zahlen" nicht unterscheiden können, müssten wir statt des Binominalkoeffizienten nicht eher so rechnen:

(

((n-k) + (k-1))! /               ---> * 1

 (n-k)! * k!                         ---> * 2

) /

2^n

 

*1) Alle Permutationen der ersten n-1 Zeichen (da das letzte Zeichen ein K sein MUSS) erzeugen. Verteilt werden können (n-k) "Zahl"en und (k-1) "Köpfe"

*2) Da die Elemente nicht unterscheidbar sind, ziehe alle "doppelten" Permutationen wieder ab

 

 

Oder habe ich einen Denkfehler??

 

mfg

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Ob das, was du da rechnest auf's Gleiche rauskommt, musst du selbst testen.

Ich berechne das als die Wahrscheinlichkeit, dass in den ersten n-1 Würfen genau k-1 mal Kopf erscheint. Mal die Wahrscheinlichkeit, dass im n-ten Wurf Kopf erscheint.

Deshalb:

P(n) = ((n-1) tief (k-1)) / 2^{n-1} * 1/2 =  ((n-1) tief (k-1)) / 2^n

Answer 2

c) Würfeln bis Summe durch 6 teilbar ist (z.B. 253455).

Egal wie oft ich vorher gewürfelt habe. Eine durch 6 teilbare Gesamtsumme erreiche ich mit 1/6 und demzufolge eine Summe die sich nicht durch 6 teilen lässt mit 5/6. Damit ist die Wahrscheinlichkeit genau beim n. Wurf eine durch 6 teilbare Zahl zu erreichen:

P(n) = (5/6)^{n-1} * (1/6)

d) Doppelwurf mit zwei unabhängigen Würfeln bis beide die gleiche Zahl haben (z.B. für (2; 3)(3; 1)(6; 4)(3; 3) ist n = 4).

Einen Pasch erreiche ich mit der Wahrscheinlichkeit von 1/6. Keinen Pasch demufolge mit der Wahrscheinlichkeit von 5/6. Damit ist die Wahrscheinlichkeit, genau im n. Wurf einen Pasch zu erreichen.

P(n) = (5/6)^{n-1} * (1/6)