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| Aufgabe | In den folgenden Spielen wird ein Experiment solange wiederholt, bis eine bestimmte Abbruchbedingung erfüllt ist. Zur Vereinfachung schreiben wir die Beispielergebnisfolgen als Strings ohne Kommata.
Bestimmen Sie jeweils die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spiel genau über n Runden geht, n fest und n > 0, und geben Sie kurze Begründungen.
(a) Fairer Münzwurf bis zum zweiten Mal Kopf (1) fällt (Bsp.: 00001001)
(b) Fairer Würfel bis zum zweiten Mal 6 fällt (Bsp.: 232245616)
(c) Würfeln bis Augensumme durch 3 teilbar ist (Bsp.: 256122, jetzt gilt (3 |18)
(d) Würfeln mit zwei unabhängigen unterscheidbaren Würfeln bis beide die gleiche Zahl zeigen (Bsp: (1,2)(2,1)(3,6)(5,5)) |
Hallo,
meine Überlegung zu a):
Die erste 1 (also Kopf) kann irgendwo auftauchen, nicht wichtig , wo.
Die zweite 1 MUSS aber als Letztes fallen, damit "abgebrochen" werden kann.
Daher: P(a) = (n-1) * [mm] 0,5^{n-1} [/mm] * 0,5
Für b) analog:
P(b) = (n-1)* [mm] (\bruch{1}{6})^{n-1} [/mm] * [mm] \bruch{1}{6}
[/mm]
Für c) da weiß ich leider nicht, wie das gehen soll. Es wird ja n Mal geworfen, das heißt es gibt wirklich sehr viele Möglichkeiten, damit die AUgensumme durch 3 teilbar ist. Ich kann theoretisch 1 1 1 würfeln, oder 2 2 2 usw. Da bräuchte ich bitte einen Tipp.
Für d) fällt mir auch kein Ansatz ein.
Ich bitte um Kontrolle von a) und b) und für Tipps für c+d.
Vielen Dank im Voraus.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:37 Sa 11.07.2015 | | Autor: | hippias |
> In den folgenden Spielen wird ein Experiment solange
> wiederholt, bis eine bestimmte Abbruchbedingung erfüllt
> ist. Zur Vereinfachung schreiben wir die
> Beispielergebnisfolgen als Strings ohne Kommata.
>
> Bestimmen Sie jeweils die Wahrscheinlichkeit, dass ein
> Spiel genau über n Runden geht, n fest und n > 0, und
> geben Sie kurze Begründungen.
>
> (a) Fairer Münzwurf bis zum zweiten Mal Kopf (1) fällt
> (Bsp.: 00001001)
>
> (b) Fairer Würfel bis zum zweiten Mal 6 fällt (Bsp.:
> 232245616)
>
> (c) Würfeln bis Augensumme durch 3 teilbar ist (Bsp.:
> 256122, jetzt gilt (3 |18)
>
> (d) Würfeln mit zwei unabhängigen unterscheidbaren
> Würfeln bis beide die gleiche Zahl zeigen (Bsp:
> (1,2)(2,1)(3,6)(5,5))
> Hallo,
> meine Überlegung zu a):
> Die erste 1 (also Kopf) kann irgendwo auftauchen, nicht
> wichtig , wo.
> Die zweite 1 MUSS aber als Letztes fallen, damit
> "abgebrochen" werden kann.
> Daher: P(a) = (n-1) * [mm]0,5^{n-1}[/mm] * 0,5
>
> Für b) analog:
> P(b) = (n-1)* [mm](\bruch{1}{6})^{n-1}[/mm] * [mm]\bruch{1}{6}[/mm]
>
Ich schaetze, Du hast die beiden Aufgaben damit zur Zufriedenheit aller geloest.
> Für c) da weiß ich leider nicht, wie das gehen soll. Es
> wird ja n Mal geworfen, das heißt es gibt wirklich sehr
> viele Möglichkeiten, damit die AUgensumme durch 3 teilbar
> ist. Ich kann theoretisch 1 1 1 würfeln, oder 2 2 2 usw.
> Da bräuchte ich bitte einen Tipp.
Ich stelle mir ein Baumdiagramm vor, in dem ich als Knoten die Reste der Divison der Augensumme mit $3$ eintrage. Mit diesem Ansatz sollte sich das Problem analog wie a) und b) loesen lassen.
>
> Für d) fällt mir auch kein Ansatz ein.
Ebenso: Mach es wie bei a) und b); nur, dass Du nicht auf den zweiten Erfolg -hier einen Pasch- sondern auf den ersten wartest.
>
> Ich bitte um Kontrolle von a) und b) und für Tipps für
> c+d.
> Vielen Dank im Voraus.
>
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Hallo, danke für die Korrektur.
Um noch mal zurück auf d zu kommen:
Ich habe insgesamt 6 Möglichkeiten einen Pasch zu würfeln.
Also (1,1) (2,2) (3,3) (4,4) (5,5) (6,6)
Da wir aber 2 Würfel haben , hat man insgesamt 36 Paare:
(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6) (2,1)... also insgesamt [mm] \bruch{6}{36} [/mm] = [mm] \bruch{1}{6}
[/mm]
Und hier stehe ich jetzt auf dem Schlauch, wie geht es nun weiter?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:51 Sa 11.07.2015 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Das ganze ist ja quasi wie die Binomialverteilung zu sehen, du brauchst genau einen Pasch in n anderen Versuchen, dieser muss aber am Ende der Reihe auftreten.
Da die Wahrscheinlichkeit, einen Pasch zu werfen, ja [mm] \frac{6}{36}=\frac{1}{6} [/mm] ist, gilt für die gesuchte Wahrscheinlichkeit
[mm] P=\left(\frac{5}{6}\right)^{n-1}\cdot\frac{1}{6}
[/mm]
Den Binomialkoeffizienten, der die Anzahl der Anordnungen des einen Pasches in den anderen Würfen berechnet, brauchst du hier dann nicht, denn es ist eben nur der eine Pfad "n andere Würfe -> 1 Pasch" relevant.
Marius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:08 Sa 11.07.2015 | | Autor: | pc_doctor |
Vielen Dank, jetzt habe ich es verstanden. Schönen Tag noch.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:53 Sa 11.07.2015 | | Autor: | abakus |
Hallo pc_doctor,
die gewürfelte Augenzahl lässt in je zwei der 6 Fälle bei Teilung durch 3 den Rest 0 (mit 3 oder 6), den Rest 1 (mit 1 oder 4) oder den Rest 2 (mit 2 oder 5).
Mit der Wahrscheinlichkeit 1/3 ist das Spiel schon beim ersten Wurf (3 oder 6) zu Ende.
Wenn es NICHT zu Ende ist, kommt im nächsten Wurf mit p=1/3 der richtige Rest, der die Summe durch 3 teilbar macht.
Das Ende nach genau 2 Runden hat also die W.
(2/3)*(1/3)=2/9.
Das Ende nach genau 3 Runden hat dann die W.
(2/3)* (2/3)* (1/3)=4/27.
Das Ende nach genau 4 Runden hat dann die W.
(2/3)* (2/3)* (2/3)* (1/3)=8/81.
Gruß´Abakus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:09 Sa 11.07.2015 | | Autor: | pc_doctor |
Hallo abakus, auch dir ein großes Dankeschön für die Hinweise. Damit kann ich weiterarbeiten. Schönen Tag noch.
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