10er Reihe Kopf in 100 Würfen < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Frage selbst ausgedacht... |
Hi, habe eine Aufgabe, die ich mir selbst gestellt habe, da ich mich für kurzfristigen Börsenhandel interessiere und man hierbei im Bereich Money Management die Wahrscheinlichkeiten von Verlustphasen wissen sollte.
Leider finde ich keine Antwort bzw. Formel zur Berechnung.
Um diese Wahrscheinlichkeiten ansatzweise zu wissen, habe ich mir zum Anfang also einfach mal folgende Frage gestellt und habe die Vermutung, dass die Wahrscheinlichkeit für diese Aussage ziemlich hoch sein müsste. Jetzt will ichs natürlich genau wissen^^ Also:
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit in Prozent, dass innerhalb von 100 Münzwürfen (faire Münze) mindestens eine 10er-Reihe Kopf vorkommt?
Die 10er Reihe Kopf kann also innerhalb der 100 Würfe überall auftreten.
Das Wort "mindestens" bezieht sich sowohl auf die Option, dass 10er-Reihen einmal, zwei mal oder mehrmals vorkommen können,
als auch auf die Option, dass anstatt einer 10er Reihe, auch beispielsweise eine 11er Reihe vorkommen darf.
Bin über Google auf dieses Forum hier gestoßen und zwar wegen diesem Beitrag: https://matheraum.de/forum/Wahrscheinlichkeit_Muenzwurf/t1032374
Leider bin ich in Mathe/Statistik nicht wirklich der Hellste, weswegen ich den Lösungsweg für meine Aufgabe, nicht aus der aus dem Beitrag ableiten kann... Da wird nämlich nach einer "genauen Reihe" und nicht von "mindestens" gesprochen.
Danke für jede Hilfe.
Ich habe diese Frage auch in folgenden Foren auf anderen Internetseiten gestellt: http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=568316
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:30 Mo 09.05.2016 | | Autor: | rabilein1 |
> Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit in Prozent, dass
> innerhalb von 100 Münzwürfen (faire Münze) mindestens
> eine 10er-Reihe Kopf vorkommt?
> ... und habe die Vermutung, dass die Wahrscheinlichkeit für
> diese Aussage ziemlich hoch sein müsste.
Was heißt "Ziemlich hoch"?
Ich würde das so nicht vermuten. Die Wahrscheinlichkeit, SOFORT (ganz am Anfang) zehnmal Kopf zu werfen, ist 1:1024.
Wenn man dagegen das Experiment sehr sehr oft wiederholt, dann wird man früher oder später mit Sicherheit zehn Mal hintereinander Kopf werfen.
Mal angenommen, du hast bereits sieben Mal Kopf geworfen - was ja nur jedes 128ste Mal vorkommt, (allerdings in der 100er Reihe plausibel ist) -dann beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass die nächsten drei Würfe ebenfalls Kopf sind, immerhin noch 1:8
So in etwa schätze ich die Wahrscheinlichkeit für dein Experiment ein. Aber ich weiß nicht, ob das der statistischen und mathematischen Realität entspricht.
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Hallo,
deine selbst ausgedachte Frage ist durchaus anspruchsvoll.
Es besteht die Möglichkeit, dass du dies mittels einer Markovkette modellierst.
Du könntest es aber auch mittels Simulation motivieren - etwa Monte - Carlo.
Lg thomas
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Hallo Thomas,
da bleibt Dir wohl nichts anderes übrig, als alle möglichen Fälle durchzuspielen. Das ist aber nicht schwierig. Zuerst berechnest Du die Wahrscheinlichkeit aus, dass die ersten 10 Würfe eine Serie sind. Was danach folgt, ist ja egal. Darum bist Du damit schnell fertig. Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Serie beim zweiten Wurf startet, ist genauso groß. Und so weiter. Die Serie muss spätestens bim 91ten Wurf starten, damit es noch eine 10er-Serie wird.
Die Wahrscheinlichkeit ist also 0,5 hoch 10 (=Wahrscheinlichkeit für eine Serie) mal 91.
Viele Grüße, Erik
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> Hallo Thomas,
> da bleibt Dir wohl nichts anderes übrig, als alle
> möglichen Fälle durchzuspielen. Das ist aber nicht
> schwierig. Zuerst berechnest Du die Wahrscheinlichkeit aus,
> dass die ersten 10 Würfe eine Serie sind. Was danach
> folgt, ist ja egal. Darum bist Du damit schnell fertig. Die
> Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Serie beim zweiten Wurf
> startet, ist genauso groß. Und so weiter. Die Serie muss
> spätestens bim 91ten Wurf starten, damit es noch eine
> 10er-Serie wird.
> Die Wahrscheinlichkeit ist also 0,5 hoch 10
> (=Wahrscheinlichkeit für eine Serie) mal 91.
> Viele Grüße, Erik
Hallo Erik
Schön wär's, wenn es so einfach wäre !
Beachte insbesondere, dass die Ereignisse, die du da
betrachten willst:
Zehnerserie ab 1. Wurf, ab 2. Wurf, ab 3. Wurf etc.
alles andere als unabhängige Ereignisse sind. Eine so
einfache Berechnung der gesuchten Wahrscheinlichkeit
ist also völlig illusorisch.
LG , Al-Chwarizmi
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Eine Simulation mit 100.000.000 Durchgängen zeigt, dass die W. dafür, in 100 Münzwürfen mindestens einmal mindestens 10 mal hintereinander Zahl zu werfen (Nicht Kopf ODER Zahl!), ca. 4,415 % beträgt.
Die genaue Formel ist deshalb so kompliziert, weil ja beispielsweise dabei 4 Zehner-Serien, eine 11-er und 2 12-er Serien auftreten könnten, und das auch noch in verschiedenen Kombinationen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:46 Fr 20.05.2016 | | Autor: | ErikErik |
Ja, aber das stört doch nicht, wenn auch 11er- und 12er-Reihen auftreten!
Erik
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Es stört nur die Berechenbarkeit. Es wäre einfach, Die Anzahl aller Möglichkeiten zu berechnen, bei denen z.B. zum ersten mal beim k-ten Wurf eine 10-er-Kette von 1-en beginnt, wobei uninteressant ist, was danach kommt. Dann kann man das selbe mit 11-er-Ketten wiederholen usw.
Wenn du dir z.B. überlegst, wieviele Mgl. es gibt, bei der zum ersten mal an der 50 Stelle eine 14-er-Kette beginnt, musst du zunächst die Mgl. ausschließen, dass es vorher solch eine Kette gab.
Wenn du den Tipp von louis52 verfolgst, siehst du, wie schwierig die damit verbundene Herleitung ist. Zum Schluss erhältst du für dein Problem die Formel
[mm] p=\bruch{1}{2^{10}}\summe_{i=0}^{8}\vektor{90-10i \\ i}(-\bruch{1}{2^{11}})^i-\summe_{i=1}^{9}\vektor{100-10i \\ i}(-\bruch{1}{2^{11}})^i =\bruch{6993823047305143749226306585}{158456325028528675187087900672}\approx [/mm] 0,04413722864.
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> Wenn du den Tipp von louis52 verfolgst, siehst du, wie
> schwierig die damit verbundene Herleitung ist. Zum Schluss
> erhältst du für dein Problem die Formel
>
> [mm]p=\bruch{1}{2^{10}}\summe_{i=0}^{8}\vektor{90-10i \\ i}(-\bruch{1}{2^{11}})^i-\summe_{i=1}^{9}\vektor{100-10i \\ i}(-\bruch{1}{2^{11}})^i =\bruch{6993823047305143749226306585}{158456325028528675187087900672}\approx[/mm]
> 0,04413722864.
Hallo HJK
das ist ja wirklich eine Mega-Rechnung, für die du nur
mittels äußerst starker Soft- und Hardware, die dazu
heutzutage verfügbar ist, sogar die exakte Lösung in
Bruchform angeben kannst. Nachgerechnet habe ich
nicht, aber ich vertraue der Richtigkeit deines Ergebnisses,
insbesondere da du vorher ja schon das entsprechende
numerische Monte-Carlo-Ergebnis mitgeteilt hast.
Leider sind wir aber heute (wenige Jahre, nachdem solche
Rechenleistung verfügbar geworden ist) schon so weit,
dass nur noch Wenige die Leistungen, die dahinter stecken,
überhaupt schätzen und würdigen können ...
LG , Al-Chwarizmi
Nachtrag:
Damit klar wird, was ich wirklich meine: es ging mir
natürlich nicht nur darum, die tolle Soft- und Hardware
zu loben, die Du eingesetzt hast, sondern vor allem
Dein Talent, das Problem gedanklich zu analysieren und
dann die richtigen Mittel einzusetzen, um die exakte
Lösung zu berechnen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:05 Mo 23.05.2016 | | Autor: | rabilein1 |
Da war meine anfängliche Schätzung (12%) ja wohl zu optimistisch.
Dennoch würde mich interessieren, was das Ergebnis nun mit dem kurzfristigen Börsenhandel zu tun hat. Denn das war ja der Ausgangspunkt zu dieser selbstgestellten Aufgabe.
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Die Formel habe ich durch den Tipp von luis52 gefunden und ihre Herleitung nachvollziehen können, allerdings nur bis zur rekursiven Formel
[mm] p_{n+1}=p_n+qp^k-qp^k*p_{n-k}
[/mm]
mit:
k=Mindestanzahl der für einen Erfolg nötigen ununterbrochenen Ausfälle mit "Kopf", hier also 10
n=Anzahl der Würfe, hier 100
p=Wahrscheinlichkdeit für "Kopf", hier 0,5
q=1-p=W. für "Zahl", hier auch 0,5
[mm] p_n [/mm] =Wahrscheinlichkeit, dass der Erfolg bei n Würfen eintritt.
Dabei ist [mm] p_n=0 [/mm] für n<k und [mm] p_k=p^k.
[/mm]
Wie man dann auf die Darstellung mit den Binomialkoeffizienten kommt, ist mir völlig schleierhaft, ich habe dann aber mit VI nachgerechnet, dass das der obigen Rekursionsformel entspricht.
Mit DERIVE lassen sich solche Terme eingeben und ausrechnen, vergleichbar mit Mupad oder Mathematica. Ich habe zusätzlich dann noch die o.a. Rekursion in FreePascal programmiert und bin dabei zum selben Ergebnis gekommen.
Erstaunlich finde ich nur: Alle [mm] 2^{10}=1024 [/mm] Würfe sollte eine solche 10-er-Kette beginnen, und somit müsste die W. bei 91 möglichen Startpositionen für eine 10-er-Kette "Kopf" bei 8,88% liegen und nicht bei etwa der Hälfte. Den Zusammenhang kann man intuitiv etwa so verstehen:
Die Hälfte alle Würfe ist "Kopf", aber damit "Kopf" alleine kommt, muss davor und danach "Zahl" kommen, und die W. dafür ist 1/8. Für genau 2 "Kopf" hintereinander entsprechend 1/16 usw., also für genau 10 mal "Kopf" [mm] 1/2^{12}. [/mm] Dazu kommen nun noch die ebenfalls siegreichen Serien mit 11, 12, ... Köpfen, also [mm] 1/2^{12}+1/2^{13}+1/2^{14}+...=1/2^{11}.
[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:02 Fr 20.05.2016 | | Autor: | luis52 |
Moin Mr. Statistik
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
Der Tipp "Markov-Kette" von Thomas fuehrt schon in richtige Richtung. Google mal "length of run bernoulli".
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