Geometrische Verteilung < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:40 Mi 14.08.2013 | | Autor: | Fry |
| Aufgabe | Ein echter Würfel wird solange geworfen, bis die erste Sechs auftritt. Wie groß ist die Wkeit, vorher genau zwei Vieren zu würfeln?
Anmerkung: Die Lösung ist in einem einfachen Modell ohne Rechnung einzusehen. |
Hallo,
also ich sehe irgendwie das "einfache Modell" bei dieser Aufgabe nicht. Ich habs mit bedingten Wkeiten versucht. Das Ergebnis ist aber nicht schön :(.
Also sei X die Anzahl der geworfenen Vieren und Y die Nummer des Wurfes, bei dem zum ersten Mal eine 6 auftritt.
Dann ist $P(X=2)$ gesucht.
[mm]P(X=2)=\sum_{i=3}^{\infty}P(X=2,Y=i)=\sum_{i=3}^{\infty}P(Y=i)\cdot P(X=2|Y=i)
=\sum_{i=3}^{\infty}\frac{1}{6}(\frac{5}{6})^{i-1}\cdot \vektor{i-1 \\ 2}(\frac{1}{6})^2(\frac{5}{6})^{i-3}[/mm],
da Y geometrisch mit Parameter 1/6 und X gegeben Y=i ist binomialverteilt mit Parameter i-1 und 1/6.
Ist das falsch? Oder gehts wesentlich einfacher?
Würde mich über eure Hilfe freuen, danke!
Gruß
Christian
|
|
| |
|
Hallo,
ich glaube, dass du da schon auf dem richtigen Weg bist. Nur bei der Binomialverteilung für die zwei Vierer ist dir ein entscheindender Fehler unterlaufen: Hier ist n=5, denn es darf ja drunter rein keine 6 fallen. Ansonsten sieht das gut aus. Mit etwas Indextrickserei und dem Grenzwert der geometrischen Reihe kommt man hier auch schnell zu einem Ergebnis. 
Gruß, Diophant
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:20 Mi 14.08.2013 | | Autor: | Fry |
Ah! Vielen Dank, Diophant :)!
Allerdings läufts dann doch auf
die Berechnung der Reihe
[mm]\sum_{i=1}^{\infty} \vektor{i+1 \\ 2}(\frac{2}{3})^i[/mm] hinaus
und die kann man ja weder mit der geometrischen noch der binomische Reihe berechnen. Wo liegt mein Denkfehler?
LG!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:59 Mi 14.08.2013 | | Autor: | luis52 |
> Ah! Vielen Dank, Diophant :)!
> Allerdings läufts dann doch auf
> die Berechnung der Reihe
> [mm]\sum_{i=1}^{\infty} \vektor{i+1 \\ 2}(\frac{2}{3})^i[/mm]
> hinaus
> und die kann man ja weder mit der geometrischen noch der
> binomische Reihe berechnen. Wo liegt mein Denkfehler?
>
> LG!
Moin,
[mm]\sum_{i=1}^{\infty} \vektor{i+1 \\ 2}(\frac{2}{3})^i=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{\infty} (i^2+i)(\frac{2}{3})^i[/mm] . Das auszurechnen, scheint mir nicht allzu schwer zu sein ...
Aber die Anmerkung mit dem einfachen Modell ist *mir* noch unklar. ![[nixweiss]](/images/smileys/nixweiss.gif "[nixweiss]")
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:07 Mi 14.08.2013 | | Autor: | luis52 |
Moin, vielleicht kann man eine analoge Ueberlegung anstellen, die zur neg. Binomialverteilung fuehrt ...
|
|
|
| |
|
Ein günstiger Ausgang des Experiments ist einer, bei dem vor der ersten Sechs genau zwei Vieren gewürfelt wurden. Wir stellen uns vor, wir wären mittendrin und hätten schon ein paar Mal gewürfelt, ohne daß die Entscheidung, ob wir zu einem günstigen oder ungünstigen Ausgang gelangen, bereits gefallen wäre. Von diesem Punkt aus betrachtet seien [mm]p,q,r[/mm] die (bedingten) Wahrscheinlichkeiten dafür, daß wir noch zu einem günstigen Ausgang gelangen, wenn bislang keine ([mm]p[/mm]) bzw. eine ([mm]q[/mm]) bzw. zwei ([mm]r[/mm]) Vieren gewürfelt wurden.
In der Aufgabe ist der Wert [mm]p = P(X=2)[/mm] gesucht. Wir finden ihn, indem wir zuerst [mm]r[/mm], dann [mm]q[/mm] berechnen.
1. Berechnung von [mm]r[/mm]
Es seien schon zwei Vieren gefallen. Im nächsten Schritt könnte jetzt eine Sechs fallen (günstig), noch einmal eine Vier (ungünstig) oder eine andere Zahl. Im letzten Fall ist die Sache noch offen und man ist wieder in derselben Situation wie im Moment. Es folgt daraus die Gleichung
[mm]r = \frac{1}{6} + \frac{2}{3} r[/mm]
Daraus kann man [mm]r[/mm] berechnen.
2. Berechnung von [mm]q[/mm]
Es sei bereits genau eine Vier gefallen. Im nächsten Schritt könnte jetzt eine Sechs fallen (ungünstig), eine Vier oder eine andere Zahl. Wenn eine Vier fällt, ist man in der Situation von 1., wenn eine andere Zahl fällt, in der Situation wie im Moment. Es folgt daraus die Gleichung
[mm]q = \frac{1}{6} r + \frac{2}{3} q[/mm]
Daraus kann man [mm]q[/mm] berechnen.
3. Berechnung von [mm]p[/mm]
Es sei noch keine Vier gefallen. Im nächsten Schritt könnte jetzt eine Sechs fallen (ungünstig) oder eine Vier oder eine andere Zahl. Wenn eine Vier fällt, ist man in der Situation von 2., wenn eine andere Zahl fällt, in der Situation wie im Moment. Es folgt daraus die Gleichung
[mm]p = \frac{1}{6} q + \frac{2}{3} p[/mm]
Daraus kann man [mm]p[/mm] berechnen.
Die Berechnung von [mm]P(X=2) = \left( \frac{1}{6} \right)^3 \sum_{i=3}^{\infty} {{i-1} \choose 2} \left( \frac{2}{3} \right)^{i-3} = \left( \frac{1}{6} \right)^3 \sum_{i=2}^{\infty} {{i} \choose 2} \left( \frac{2}{3} \right)^{i-2}[/mm] erfolgt am besten über die geometrische Reihe:
[mm]f(x) = \sum_{i=0}^{\infty} x^i = \frac{1}{1-x} \, , \ |x| < 1[/mm]
Es gilt nämlich
[mm]P(X=2) = \left( \frac{1}{6} \right)^3 \cdot \frac{1}{2} \cdot \sum_{i=2}^{\infty} i \cdot (i-1) \left( \frac{2}{3} \right)^{i-2} = \left( \frac{1}{6} \right)^3 \cdot \frac{1}{2} \cdot f'' \left( \frac{2}{3} \right)[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:12 Do 15.08.2013 | | Autor: | Fry |
Vielen Dank euch allen,
ihr wart mir eine sehr große Hilfe :)
|
|
|
|
