Ereignis Wahrscheinlichkeit < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 12:07 So 20.09.2009 | | Autor: | tommy_h |
Hallo,
meien Schulzeit liegt schon einige Jahre zurück, und ich möchte mich wieder etwas mehr mit Stochastik beschäftigen. Bei einer Aufgaben stehe ich auf dem Schlauch, und komme nicht auf die Lösungsgleichung:
Aufgabe 1: Das Ereignis A tritt jeden Montag mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/3 auf. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass nach einem Jahr (52 Montage) das Ereignis NICHT mindestens zwei mal direkt hintereinander Aufgetreten ist.
Die Wahrscheinlichkeit, dass das Eregnis an zwei Montagen nicht hintereinander auftritt, müsste 2/3 * 2/3 sein. Wie nun die 52 Wochen einbaue, ich komme moment leider nicht drauf.
Freue mich auf eure Hilfe. Danke.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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> Aufgabe: Das Ereignis A tritt jeden Montag mit einer
> Wahrscheinlichkeit von 1/3 auf. Wie hoch ist die
> Wahrscheinlichkeit, dass nach einem Jahr (52 Montage) das
> Ereignis NICHT mindestens zwei mal direkt hintereinander
> aufgetreten ist.
>
> Die Wahrscheinlichkeit, dass das Eregnis an zwei Montagen
> nicht hintereinander auftritt, müsste 2/3 * 2/3 sein.
Dies wäre die Wahrscheinlichkeit, dass A zum Beispiel
weder am 16. noch am 17. Montag des Jahres auftritt.
Ich vermute, dass die Aufgabe in der obigen Form
recht schwierig sein dürfte. Eine etwas modifizierte
Aufgabe dürfte leichter sein und wenigstens eine
gute Approximation zur Lösung liefern:
Nehmen wir an, dass das Ereignis genau an 17
Montagen des Jahres eintritt, welche im übrigen
ganz beliebig verteilt sind. Dann könnten wir das
analoge Problem betrachten:
| Aufgabe | Eine 52-stellige Binärzahl besteht aus genau 17
Einsen und 35 Nullen. Wie gross ist die Wahrschein-
lichkeit, dass in der Zahl nirgends ein "11" auftritt ? |
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:26 So 20.09.2009 | | Autor: | tommy_h |
Hallo Al-Chwarizmi,
danke für deinen Vorschlag. Durch die Vorgabe "besteht aus genau 17
Einsen und 35 Nullen" weicht deine Aufgabe aber doch stark von meiner ab und ist denke ich nicht mehr vergleichbar. Es gibt keine Angabe, wie oft das Ereignis A wirklich auftritt. Stellt man die Analogie zu meiner Aufgabe, müsste ja vorgegeben sein, wie oft Ereignis A bei 52 Versuchen auftritt.
Wenn ich meine Ursprungsaufgabe mal auf drei Montage begrenze, bedeutet das doch:
1. Montag Wahrscheinlichkeit Ereignis A 1/3
2. Montag Wahrscheinlichkeit Ereignis A 1/3
3. Montag Wahrscheinlichkeit Ereignis A 1/3
Wahrscheinlichkeit dass Ereignis A am 1. und 2. NICHT auftritt, liegt bei 2/3 * 2/3.
Wahrscheinlichkeit dass Ereignis A am 2. und 3. NICHT auftritt, liegt bei 2/3 * 2/3
Liegt die Wahrscheinlichkeit, dass Ereignis A am 1. und 2. nicht auftritt und gleichzeit nicht am 2. und 3. auftritt bei: 2/3 * 2/3 * 2/3 * 2/3?
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> Hallo Al-Chwarizmi,
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> danke für deinen Vorschlag. Durch die Vorgabe "besteht aus
> genau 17
> Einsen und 35 Nullen" weicht deine Aufgabe aber doch stark
> von meiner ab und ist denke ich nicht mehr vergleichbar. Es
> gibt keine Angabe, wie oft das Ereignis A wirklich
> auftritt. Stellt man die Analogie zu meiner Aufgabe,
> müsste ja vorgegeben sein, wie oft Ereignis A bei 52
> Versuchen auftritt.
Nun, ich habe mir gedacht, dass die Originalaufgabe
wohl wirklich recht schwierig sein könnte. Weil für
jeden Montag das Ereignis A mit [mm] p=\frac{1}{3} [/mm] auftritt,
kann man im Jahr mit durchschnittlich [mm] \frac{52}{3}\approx{17}
[/mm]
Montagen mit A rechnen, mit einer relativ kleinen
Standardabweichung.
Deshalb die Annahme von etwa 17 Montagen mit A.
Ich glaube, dass diese Annahme trotzdem ungefähr
zum richtigen Ergebnis führt.
Edit: Diese Annahme war doch nicht gerechtfertigt,
wie die eingehendere Untersuchung gezeigt hat.
Die Ergebnisse unterscheiden sich etwa um den
Faktor 21.
> Wenn ich meine Ursprungsaufgabe mal auf drei Montage
> begrenze, bedeutet das doch:
> 1. Montag Wahrscheinlichkeit Ereignis A 1/3
> 2. Montag Wahrscheinlichkeit Ereignis A 1/3
> 3. Montag Wahrscheinlichkeit Ereignis A 1/3
>
> Wahrscheinlichkeit dass Ereignis A am 1. und 2. NICHT
> auftritt, liegt bei 2/3 * 2/3.
> Wahrscheinlichkeit dass Ereignis A am 2. und 3. NICHT
> auftritt, liegt bei 2/3 * 2/3
>
> Liegt die Wahrscheinlichkeit, dass Ereignis A am 1. und 2.
> nicht auftritt und gleichzeitig nicht am 2. und 3. auftritt
> bei: 2/3 * 2/3 * 2/3 * 2/3? ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Nein, das geht so nicht, weil diese beiden Fälle nicht
unabhängig voneinander sind.
Wenn du nur drei aufeinander folgende Montage be-
trachtest, kannst du nach der vorgeschlagenen Methode
mit der Binärcodierung leicht die Wahrscheinlichkeit
berechnen:
In Frage kommen die Fälle
000, 100, 010, 001 und 101
Deren gesamte W'keit ist
[mm] \left(\frac{2}{3}\right)^3+3*\frac{1}{3}*\left(\frac{2}{3}\right)^2+\frac{2}{3}*\left(\frac{1}{3}\right)^2=\frac{22}{27}
[/mm]
Für größere Werte wie im Beispiel mit (17,35) wird jedoch
auch diese Rechnung umständlich, und man muss sich
einen geeigneten Rechenweg zurechtlegen.
LG
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Hi Tommy,
die modifizierte Aufgabe
"Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass in einer
52-stelligen Binärzahl mit genau 17 Einsen keine
von diesen unmittelbar benachbart sind ?"
kann man so lösen:
Damit die Einsen nicht aneinander stoßen können,
hängen wir zuerst an jede Eins eine Null an:
"Du mußt versteh’n! Aus Eins mach Zehn," wie im
Hexeneinmaleins ... 
So haben wir 17 mal "10" und dazu noch 18 verblei-
bende Nullen. Wir nehmen aber noch eine zusätzliche
Null dazu, damit wir Zahlen der Länge 53 (statt 52)
bilden können. Grund: Eine "1" an der 52. Stelle
(was natürlich erlaubt sein muss) hätte an der
53.Stelle noch ihren "Anhänger" "0". Deshalb bil-
den wir zunächst 53-stellige Zahlen, denen wir
am Ende einfach ihre (obligatorische) Null am
Ende wieder abschneiden.
Also: 17 mal "10" und 19 mal "0" dürfen jetzt in
eine beliebige Reihenfolge gebracht werden. Dies
ist auf [mm] g=\pmat{36\\17} [/mm] Arten möglich.
Würden wir auf die Bedingung verzichten, dass
es keine benachbarten Einsen geben soll, gäbe
es insgesamt [mm] m=\pmat{52\\17} [/mm] Möglichkeiten der An-
ordnung. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ergibt
sich damit zu
$\ p\ =\ [mm] \frac{g}{m}\ [/mm] =\ [mm] \frac{\pmat{36\\17}}{\pmat{52\\17}}\ \approx\ [/mm] 0.000392$
Um dieses Ergebnis mit dem deiner Originalaufgabe
zu vergleichen, habe ich vor, eine Computersimula-
tion (Monte-Carlo Methode) durchzuführen, da ich
nach wie vor nicht weiß, wie eine "exakte" Lösung
dieses Problems aussehen könnte.
LG Al-Chwarizmi
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 16:42 Mo 21.09.2009 | | Autor: | Al-Chwarizmi |
> Hi Tommy,
>
> die modifizierte Aufgabe
>
> "Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass in einer
> 52-stelligen Binärzahl mit genau 17 Einsen keine
> von diesen unmittelbar benachbart sind ?"
>
> kann man so lösen:
>
> Damit die Einsen nicht aneinander stoßen können,
> hängen wir zuerst an jede Eins eine Null an:
> "Du mußt versteh’n! Aus Eins mach Zehn," wie im
> Hexeneinmaleins ...
> So haben wir 17 mal "10" und dazu noch 18 verblei-
> bende Nullen. Wir nehmen aber noch eine zusätzliche
> Null dazu, damit wir Zahlen der Länge 53 (statt 52)
> bilden können. Grund: Eine "1" an der 52. Stelle
> (was natürlich erlaubt sein muss) hätte an der
> 53.Stelle noch ihren "Anhänger" "0". Deshalb bil-
> den wir zunächst 53-stellige Zahlen, denen wir
> am Ende einfach ihre (obligatorische) Null am
> Ende wieder abschneiden.
>
> Also: 17 mal "10" und 19 mal "0" dürfen jetzt in
> eine beliebige Reihenfolge gebracht werden. Dies
> ist auf [mm]g=\pmat{36\\17}[/mm] Arten möglich.
> Würden wir auf die Bedingung verzichten, dass
> es keine benachbarten Einsen geben soll, gäbe
> es insgesamt [mm]m=\pmat{52\\17}[/mm] Möglichkeiten der An-
> ordnung. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ergibt
> sich damit zu
>
> [mm]\ p\ =\ \frac{g}{m}\ =\ \frac{\pmat{36\\17}}{\pmat{52\\17}}\ \approx\ 0.000392[/mm]
>
> Um dieses Ergebnis mit dem deiner Originalaufgabe
> zu vergleichen, habe ich vor, eine Computersimula-
> tion (Monte-Carlo Methode) durchzuführen, da ich
> nach wie vor nicht weiß, wie eine "exakte" Lösung
> dieses Problems aussehen könnte.
Ich habe nun die Simulation durchgeführt, und zwar
auf zwei Arten:
(1.) Binärzahlen der Länge 52 mit genau 17 Einsen. Dabei
bestätigte sich (in etlichen Millionen Läufen) das obige
Ergebnis [mm] \approx{0.0004} [/mm] sehr schön.
(2.) Binärzahlen der Länge 52, bei welchen jede einzelne
Ziffer mit p=1/3 den Wert 1 und sonst den Wert 0 hat.
Dabei kam aber (zu meinem Erstaunen) doch ein
wesentlich größerer Wert heraus, nämlich
P(keine benachbarten Einsen) [mm] \approx\,0.008, [/mm] also ungefähr 20 mal
so groß wie der Wert in (1.).
Ich fragte mich, was der Grund des erheblichen Unter-
schieds sein könnte und habe das Programm (1.) statt
mit i=17 Einsen auch mit [mm] i\in\{10,11,12,\,.....\,,\,30\} [/mm] laufen lassen.
Es zeigte sich (was im Nachhinein auch gut nachvollziehbar
ist), dass [mm] P_i( [/mm] keine benachbarten Einsen) für i=10 größer als
0.12, für i=14 noch etwa 0.01 ist, dann aber sehr rasch
abnimmt. Fixiert man die Anzahl der Einsen auf exakt 17,
so ist man schon deutlich im Bereich kleiner Wahrschein-
lichkeiten. Kann aber die (zufällige) Anzahl i Werte in einem
gewissen Streubereich annehmen, so tragen insbesondere
i-Werte etwa im Bereich von i=10 bis i=16 erheblich zur
Gesamtwahrscheinlichkeit bei.
Durch diese Überlegung komme ich auch tatsächlich zu
einer Lösungsformel für das ursprüngliche Problem,
nämlich:
$\ P(keine\ unmittelbar\ aufeinander\ folgenden\ Montage\ mit\ A)$
$\ =\ [mm] \summe_{i=0}^{52}\ [/mm] P(Anzahl\ der\ [mm] Einsen\,=\,i\,)*\frac{\pmat{53-i\\i}}{\pmat{52\\i}}$
[/mm]
$\ =\ [mm] \summe_{i=0}^{52}\ \underbrace{\pmat{52\\i}*\left(\frac{1}{3}\right)^{i}*\left(\frac{2}{3}\right)^{52-i}}_{Binomialverteilung}\ [/mm] *\ [mm] \frac{\pmat{53-i\\i}}{\pmat{52\\i}}$
[/mm]
So. Nun habe ich in diese Aufgabe, die ich zunächst für
schwieriger einschätzte als sie wirklich ist, doch einiges
an Arbeit investiert. Leider kann ich das Ergebnis im
Moment nicht numerisch überprüfen. Ich wäre froh,
wenn jemand die Überlegungen überprüfen würde
und vielleicht auch (etwa mit Mathematica) den letzten
Term berechnen könnte. Meine Prognose aufgrund der
Simulation ist, dass etwa 0.0083 herauskommen sollte.
Gruß an alle Interessierten !
LG Al
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>
> [mm]\ P(keine\ unmittelbar\ aufeinander\ folgenden\ Montage\ mit\ A)[/mm]
>
> [mm]\ =\ \summe_{i=0}^{52}\ P(Anzahl\ der\ Einsen\,=\,i\,)*\frac{\pmat{53-i\\i}}{\pmat{52\\i}}[/mm]
>
> [mm]\ =\ \summe_{i=0}^{52}\ \underbrace{\pmat{52\\i}*\left(\frac{1}{3}\right)^{i}*\left(\frac{2}{3}\right)^{52-i}}_{Binomialverteilung}\ *\ \frac{\pmat{53-i\\i}}{\pmat{52\\i}}[/mm]
>
>
> Leider kann ich das Ergebnis im
> Moment nicht numerisch überprüfen. Ich wäre froh,
> wenn jemand die Überlegungen überprüfen würde
> und vielleicht auch (etwa mit Mathematica) den letzten
> Term berechnen könnte. Meine Prognose aufgrund der
> Simulation ist, dass etwa 0.0083 herauskommen sollte.
Habe gerade gemerkt, dass man ja den Term noch
hübsch vereinfachen kann zu:
[mm] $\left(\frac{2}{3}\right)^{52}*\summe_{i=0}^{52}\ \pmat{53-i\\i}*2^{\,-i}$
[/mm]
und dies kann man locker dem Ram-Alpha-Wolf
füttern mit dem Ergebnis:
0.00830745
Das war nun wirklich mein Aufsteller der Woche ! ![[huepf]](/images/smileys/huepf.gif "[huepf]")
LG Al
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