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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
| Aufgabe | Nun werde eine faire Münze (mit den Seiten K und Z) 42-mal (unabhängig) hintereinander geworfen und die Ergebnisse in einer Reihe notiert. X gebe an, wie viele K es in der Reihe gibt, auf die ohne Unterbrechung zwei weitere K folgen. Berechne $E(X)$.
Wir werfen nun die Münze so lange, bis das erste Mal K erscheint. Sei Y die Zufallsvariable, die angibt, wie oft die Münze geworfen wurde. Berechne $E(2^Y ).$ |
Servus,
$\Omega=\{\omega=\omega_1,...,\omega_{42}\};\omega_i \in \{K,Z\};i=\{1,...,42\}\}$
$\left| \Omega \right|=2^{42}$
Meine Überlegung:
wie viele K es in der Reihe
gibt, auf die ohne Unterbrechung zwei weitere K folgen.
40 K´s..
für $P(X=1)$ ;39..... und das wäre $1*P(X=1)$
für $P(X=2)$ ;38.... wäre $2*P(X=2)$
usw..
also insgesamt 40!..
wäre das jetzt bis hier richtig? Und wie rechne ich weiter?
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> Nun werde eine faire Münze (mit den Seiten K und Z) 42-mal
> (unabhängig) hintereinander geworfen und die Ergebnisse in
> einer Reihe notiert. X gebe an, wie viele K es in der Reihe
> gibt, auf die ohne Unterbrechung zwei weitere K folgen.
> Berechne [mm]E(X)[/mm].
>
> Wir werfen nun die Münze so lange, bis das erste Mal K
> erscheint. Sei Y die Zufallsvariable, die angibt, wie oft
> die Münze geworfen wurde. Berechne [mm]E(2^Y ).[/mm]
> Servus,
>
> [mm]\Omega=\{\omega=\omega_1,...,\omega_{42}\};\omega_i \in \{K,Z\};i=\{1,...,42\}\}[/mm]
>
> [mm]\left| \Omega \right|=2^{42}[/mm]
>
> Meine Überlegung:
> wie viele K es in der Reihe
> gibt, auf die ohne Unterbrechung zwei weitere K folgen.
>
> 40 K´s..
>
> für [mm]P(X=1)[/mm] ;39..... und das wäre [mm]1*P(X=1)[/mm]
> für [mm]P(X=2)[/mm] ;38.... wäre [mm]2*P(X=2)[/mm]
> usw..
> also insgesamt 40!..
>
> wäre das jetzt bis hier richtig? Und wie rechne ich
> weiter?
Hallo AragornII
Wenn ich das richtig verstanden habe, handelt es sich um zwei
voneinander ganz unabhängige Aufgaben.
In der ersten betrachtet
man als Grundmenge die Menge aller Wurfsequenzen der Länge 42,
deren Gesamtzahl du richtig angegeben hast.
In der zweiten Aufgabe geht es um prinzipiell beliebig lange
Wurfsequenzen der Form
< [mm] $\underbrace{ZZZZ...Z}_{n\ mal}K\ [/mm] > [mm] \qquad \qquad (\,n\in \IN_0\,)$
[/mm]
Die erste Teilaufgabe ist meiner Ansicht nach keineswegs leicht
zu lösen. Die zweite sollte wesentlich leichter sein.
LG , Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:20 Di 17.07.2018 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:47 Mo 13.08.2018 | | Autor: | donp |
Vermutlich hat der Fragesteller nach einem Monat kein Intresse mehr an einer eigenen Lösung. Also bringe ich mal meine Lösung zum ersten Teil der Aufgabe:
> Nun werde eine faire Münze (mit den Seiten K und Z) 42-mal (unabhängig) hintereinander geworfen und die Ergebnisse in einer Reihe notiert. X gebe an, wie viele K es in der Reihe gibt, auf die ohne Unterbrechung zwei weitere K folgen. Berechne $ E(X) $
Wiederholter Münzwurf entspricht dem ![[]](/images/popup.gif) Urnenmodell Ziehen mit Zurücklegen.
Die W'keit pro Wurf für das Ergebnis K ist [mm] \tfrac12, [/mm] für das gesuchte Tripel (K,K,K) also $$p = [mm] (\tfrac12)^3 [/mm] = [mm] \tfrac18$$
[/mm]
Eine Reihe von 42 Münzwürfen enthält insgesamt [mm]n = 40[/mm] Tripel an den Stellen [mm] $i=\{1\dots3\}$ [/mm] bis [mm] $i=\{40\dots42\}$.
[/mm]
Da es sich um eine Binomialverteilung handelt, ist der Erwartungswert[mm] $$E(X)=np=40*\tfrac18=\;5$$
[/mm]
Oder ausführlicher:
Die Zufallsgröße [mm]X[/mm] kann die Werte $k [mm] \, \in \{0 \dots 40\}$ [/mm] annehmen.
Der Wert 0 ist möglich, denn das gesuchte Tripel könnte auch ganz fehlen.
Die W'keit unter [mm]n = 40[/mm] Tripeln genau [mm]k[/mm] mal das gesuchte zu finden, beträgt $$P(k) = [mm] \binom [/mm] nk [mm] p^k (1-p)^{n-k}$$
[/mm]
Der  Erwartungswert der Zufallsgröße [mm]X[/mm] ist [mm] $$E(X)=\summe_{k=0}^{n}k*P(k)$$
[/mm]
Daraus folgt nach Einsetzen von [mm]n[/mm] und [mm]P(k)[/mm] $$E(X) = [mm] \summe_{k=0}^{40}k*\binom [/mm] {40}k [mm] (\tfrac18)^k (\tfrac78)^{40-k} [/mm] = [mm] \,5$$
[/mm]
So hoffe ich jedenfalls, habe das Ergebnis 5 nicht wirklich so ausgerechnet.
Ist das soweit richtig?
Dieser Erwartungswert bedeutet, dass man die Sequenz KKK in einer Folge von 42 Münzwürfen durchschnittlich 5-mal findet. Für eine genauere Abschätzung kann man die Standardabweichung [mm] $$\sigma [/mm] = [mm] \wurzel{npq} [/mm] = [mm] \wurzel{np(1-p)} [/mm] = [mm] \wurzel{40*\tfrac18*\tfrac78} [/mm] = [mm] \wurzel{\tfrac{35}8} \approx \pm2.09$$ [/mm] heranziehen. Abweichungen von [mm] 3*\sigma [/mm] sind nicht wirklich selten.
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Hallo donp
ich finde die Aufgabenstellung ebenfalls immer noch interessant,
obwohl sich der Fragesteller nicht mehr gemeldet hat.
Trotzdem habe ich so gewisse Zweifel an der Richtigkeit deines
Lösungsvorschlags.
Vermutlich kann man da nicht mit einer so einfachen Idee
durchkommen, wegen der Abhängigkeiten zwischen den
betrachteten Wurftripeln.
Deshalb werde ich nun zunächst mal eine Computersimulation
(Monte Carlo Methode) anstellen, um einen experimentellen
Näherungswert für den gesuchten Erwartungswert zu ermitteln.
Anschließend (falls ich einmal etwas weniger denkfaul als
gerade heute bin) werde ich mir das Ganze noch im Detail
kombinatorisch überlegen ...
LG , Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:24 Do 16.08.2018 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hallo Al,
> ich finde die Aufgabenstellung ebenfalls immer noch
> interessant,
> obwohl sich der Fragesteller nicht mehr gemeldet hat.
> Trotzdem habe ich so gewisse Zweifel an der Richtigkeit
> deines
> Lösungsvorschlags.
> Vermutlich kann man da nicht mit einer so einfachen Idee
> durchkommen, wegen der Abhängigkeiten zwischen den
> betrachteten Wurftripeln.
da hast du recht.
Aber:
Modellieren wir den i-ten Wurf durch [mm] $X_i$ [/mm] und setzen [mm] $X_i=0$ [/mm] falls Zahl vorliegt und [mm] $X_i [/mm] = 1$ für Kopf, dann suchen wir also den Erwartungswert von
$Y = [mm] \sum_{i=1}^{40} 1_{X_i + X_{i+1} + X_{i+2} = 3}$
[/mm]
Da Y gerade die Anzahl an 3er-Kopftupel modelliert.
Das liefert uns wegen der Linearität des Erwartungswerts:
$E[Y] = [mm] \sum_{i=1}^{40} P(X_i [/mm] + [mm] X_{i+1} [/mm] + [mm] X_{i+2} [/mm] = 3) = [mm] \sum_{i=1}^{40} P(X_i [/mm] = [mm] X_{i+1} [/mm] = [mm] X_{i+2} [/mm] = 1) = [mm] \sum_{i=1}^{40} \frac{1}{8} [/mm] = 5$
das sollte also eigentlich passen.... und wir haben nur die Unabhängigkeit von drei aufeinanderfolgenden Würfen verwendet.
Auch wenn ich erst eine lange Mitteilung verfasst hatte, wieso die Lösung nicht stimmen kann… bis mir obiger Einfall kam.
Vielleicht findest du ja noch einen Fehler 
Gruß,
Gono
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Hallo Gono
Danke für deinen Beitrag.
Inzwischen habe ich die Montecarlo-Simulation gemacht, und sie scheint
den Erwartungswert 5 zu bestätigen oder genauer gesagt: ihm nicht zu
widersprechen.
Beispiel: 1 Million Wurfserien lieferte mir gerade den Wert 4.9997 ...
Scheint also alles in Ordnung, und ich muss mir deine Erklärung noch
mal genau vornehmen.
Gruß , Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:28 Fr 17.08.2018 | | Autor: | donp |
Oh, das ging aber schnell. Hatte auch gerade eine Antwort verfasst. Freut mich jedenfalls, dass sich der berechnete Erwartungswert auch in der Simulation ergibt.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:52 Fr 17.08.2018 | | Autor: | donp |
Hallo zusammen,
> > Vermutlich kann man da nicht mit einer so einfachen
> > Idee durchkommen, wegen der Abhängigkeiten zwischen
> > den betrachteten Wurftripeln.
Zunächst hatte ich auch solche Abhäbgigkeiten befürchtet, aber die gibt es nicht, denn, wie Gono bemerkte:
> [...] wir haben nur die Unabhängigkeit von drei
> aufeinanderfolgenden Würfen verwendet.
Die Unabhängigkeit ist genau der Punkt: Vor jedem einzelnen Münzwurf ist die W'keit gleich, dass als nächstes ein bestimmtes Tripel wie KKK erscheint. So haben wir in der gesamten Sequenz tatsächlich 40 unabhängige Versuche, KKK zu erhalten. Das schließt auch längere K-Serien mit ein, z.B. enthält KKKK eben zwei KKK-Tripel, wobei das zweite unabhängig vom ersten Wurf ist; der hätte auch Z sein dürfen.
Bin trotzdem gespannt, was Al-Chwarizmis Simulation ergibt, obwohl ich mir ziemlich sicher bin, dass die Anzahl der KKK-Tripel – wie auch jedes anderen der [mm] $2^3 [/mm] = 8$ möglichen Tripel – zu einem sehr hohen Prozentsatz im Bereich $5 [mm] \pm 3*\sigma [/mm] = [mm] 0\dots11$ [/mm] liegt, aber wir werden sehen :).
Es müsste sich eine symmetrische Glockenkurve ergeben, mit dem Scheitelpunkt beim Erwartungswert, hoffentlich 5.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:29 Fr 17.08.2018 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hallo donp,
> Zunächst hatte ich auch solche Abhäbgigkeiten
> befürchtet, aber die gibt es nicht, denn, wie Gono
> bemerkte:
>
> > [...] wir haben nur die Unabhängigkeit von drei
> > aufeinanderfolgenden Würfen verwendet.
>
> Die Unabhängigkeit ist genau der Punkt: Vor jedem
> einzelnen Münzwurf ist die W'keit gleich, dass als
> nächstes ein bestimmtes Tripel wie KKK erscheint.
so wollte ich auch erst argumentieren, dachte dann, dass das aber nicht so funktioniert.
Als ich dir gerade widersprechen wollte (mit meinen "Erkenntnissen" vom letzten Mal) hab ich festgestellt, dass es doch funktioniert.
Man muss nur aufpassen, dass man es sauber formuliert.
Sauber wäre die Formulierung dann wohl: "Die Wahrscheinlichkeit, dass beim i-ten Wurf eine KKK - Serie startet ist unabhängig von allen vorherigen Würfen."
Dann kann man nämlich den Gesamtraum schön in unabhängige Ereignisse Zerlegen.
Ich hatte bei meinem Gegenbeispiel allerdings Ereignisse betrachtet der Form: "Es tritt eine KKK Serie an i-ter Stelle auf" vs. "Es tritt eine KKK Serie an (i-1)-ter Stelle auf."
Diese Ereignisse sind nicht unabhängig (was wohl das gefühlte Problem hier ausmacht), aber das braucht man für die Bestimmung der Anzahl gar nicht.
Gruß,
Gono
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