Münzwurf Stochastik

09.05.2016, 01:44

Lucy2

Münzwurf Stochastik

Meine Frage:

Hallo Ihr Lieben,

Thema Münzwurf - mal was Neues.

Wie berechne ich die prozentuale Wahrscheinlichkeit für das Auftreten aller Möglichkeiten einer Münze in genau 8 Würfen?

Die bekannten 4 Möglichkeiten:

KK, ZZ, KZ, ZK

Eine Ordnung/Reihenfolge ist nicht gefragt dabei - es sollen nur alle 4 innerhalb der 8 Würfe erscheinen.

Danke vorab für die Hilfe

Lucy

Meine Ideen:
Ich habs mit Kombinationen mit Wiederholung etc. versucht...klappt irgendwie net traurig

09.05.2016, 02:18

Dopap

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bei 8 würfen gibt es 2^8=256 mögliche Ergebnisse wenn man die Reihenfolge
berücksichtigt.

Was meinst du mit deinen 4 2-er Paketen ? Sollen diese zwangsweise genau 1 mal in der Bernoulli-Kette auftauchen ?

Das steht aber dann im Widerspruch zur Eingangsfrage.

09.05.2016, 02:41

Lucy2

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Hallo Dopap,

die Zweierpakete sind nur zur besseren Veranschaulichung.

Es sieht z.B so aus:

KKZKKZZZ

hier sind alle 4 Möglichkeiten in 8 Würfen erfüllt. Dafür darf z.B. ZZ nur einmal vorkommen. Reihenfolge ist dabei egal. es kann auch ZKKZKKZZ fallen...
Wie oft muss ich die Münze werfen, bis diese Bedingung statistisch erfüllt ist?

lG
Lucy

09.05.2016, 03:13

Dopap

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mmh... trotzdem bleibt es geistig bei 2-er Tupeln. In diesem Fall der Münzen ist aber jedes 2-Tupel mit der Wahrscheinlichkeit 1/4 belegt.

Somit hat das Ereignis die Wkt. $\begin{eqnarray*} (\tfrac 14)^4 = \tfrac {1}{256} \end{eqnarray*}$

d.h die Einschränkung ist gar keine, dieses Ereignis ist genauso wahrscheinlich wie jedes andere Ergebnis mit 8 Würfen.

09.05.2016, 09:45

Huggy

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Zunächst tritt eine beliebige der 4 Möglichkeiten auf. Danach muss eine der 3 verbleibenden Möglichkeiten kommen, danach eine der 2 verbleibenden Möglichkeiten und schließlich die noch nicht aufgetretene Möglichkeit. Das ergibt eine Wahrscheinlichkeit:

$\begin{eqnarray*} p=\frac{4}{4}\cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{1}{4}=\frac{3}{32} \end{eqnarray*}$

09.05.2016, 10:15

Dopap

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leuchtet ein. Da wurden wohl von mir die diversen Permutationen vergessen.

09.05.2016, 12:22

Lucy2

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Hallo Dopap und Huggy,

vielen lieben Dank für die Hilfe.

Ich habe ein empirisch ermitteltes Ergebnis per Zufallszahlen:
Es pendelt stets um die 8,5 herum. Mit Ausschlägen nach oben/unten.
Demnach ist Huggys Lösung von 9,375% richtig.

liebe Grüße
Lucy

10.05.2016, 18:29

Lucy2

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Superklasse das Forum hier!

Ich habe noch eine Frage zu der Thematik:

wie schaut es aus, wenn innerhalb von 8 Münzwürfen an beliebiger Stelle eine der möglichen 4 Konstellationen doppelt erscheint , bzw.ausbleibt?

z.B.

KK ZK ZZ ZZ

hier fehlt KZ...

Wie ist die Wahrscheinlichkeit, dass innerhalb von 10 Münzwürfen alle 4 Konstellationen erscheinen?

lG

Lucy

10.05.2016, 19:29

HAL 9000

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Das ist von der Abstraktion her das wohlbekannte Sammelbilderproblem, siehe z.B. hier in einer bereits erweiterten Fassung.

Das Originalproblem mit $\begin{align*} r=1 \end{align*}$ und $\begin{align*} p=\frac{1}{s} \end{align*}$ ergibt

$\begin{align*} P(X\leq n) = \frac{(-1)^s}{s^n} \sum_{j=1}^s (-1)^j \binom{s}{j} j^n \end{align*}$ ,

dabei ist $\begin{align*} X \end{align*}$ der zufällige Zeitpunkt, an dem alle $\begin{align*} s \end{align*}$ Sammelbilder jeweils mindestens einmal vorhanden sind.

In deinem Problem hier haben wir $\begin{align*} s=4 \end{align*}$ verschiede Münzwurfergebnisse, damit ist hier $\begin{align*} P(X\leq n) = \frac{1}{4^n} \sum_{j=1}^4 (-1)^j \binom{4}{j} j^n \end{align*}$ , insbesondere $\begin{align*} P(X\leq 5) = \frac{15}{64} = 0.234375 \end{align*}$ für deine 10 Münzwürfe (entspricht n=5 Doppelmünzwürfen).

10.05.2016, 20:18

Huggy

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Ergänzend eine etwas simplere Betrachtung für den konkreten Fall: Die Gesamtzahl der Möglichkeiten ist jetzt $\begin{eqnarray*} 4^5 \end{eqnarray*}$ . Zuerst wähle man die Kombination, die doppelt auftreten soll. Das sind 4 Möglichkeiten. Die doppelte Kombination kann auf $\begin{eqnarray*} \binom {5}{2} \end{eqnarray*}$ Weisen auf die 5 Positionen verteilt werden. Für die restlichen 3 Kombination verbleiben $\begin{eqnarray*} 3\cdot 2 \cdot 1 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten. Das ergibt auch

$\begin{eqnarray*} P=\frac {4\cdot \binom {5}{2}\cdot 3\cdot 2 \cdot 1}{4^5}=\frac {15}{64} \end{eqnarray*}$

10.05.2016, 20:32

HAL 9000

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Ja, für n=5 ist die obige Betrachtung sicher "oversized". Ich hatte dann auch schon eher größere n im Blick. Augenzwinkern

11.05.2016, 12:51

Lucy2

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Jungs, Ihr habt es echt drauf!

Irgendwie fühle ich mich etwas blöde... Big Laugh

Abschließende Frage:

Ich möchte das ganze Tabellarisch nach Erfolg auflisten.
Das soll wie folgt aussehen:

Basis = 100 Doppelmünzwürfe

Alle 4 Möglichkeiten in 4 DM-Würfen:
P = 0,09375 = 9,375 erfolgreiche Versuche/100

Alle 4 Möglichkeiten in 5 DM-Würfen:
P = 0,234-0,09375=14,025 erfolgreiche Versuche/100
ist das korrekt so?

Alle 4 Möglichkeiten in 6 DM-Würfen:
P = ?

lG
Lucy

11.05.2016, 14:40

HAL 9000

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Zitat:

Original von Lucy2
Alle 4 Möglichkeiten in 5 DM-Würfen:
P = 0,234-0,09375=14,025 erfolgreiche Versuche/100
ist das korrekt so?

Lass es mich mal genauer formulieren: Diese Differenz 14,0625% ist die Wahrscheinlichkeit, dass du nach 5 Würfen erstmals (d.h. nicht schon nach 4 Würfen) alle 4 Möglichkeiten zusammen hast.

Zitat:

Original von Lucy2
4 Möglichkeiten in 6 DM-Würfen:
P = ?

Die Formel für allgemeines n hatte ich bereits genannt:

Zitat:

Original von HAL 9000
In deinem Problem hier haben wir $\begin{align*} s=4 \end{align*}$ verschiede Münzwurfergebnisse, damit ist hier $\begin{align*} P(X\leq n) = \frac{1}{4^n} \sum_{j=1}^4 (-1)^j \binom{4}{j} j^n \end{align*}$

Es ergibt sich $\begin{align*} P(X\leq 6) = \frac{195}{512} \end{align*}$ , und damit

$\begin{align*} P(X=6) = P(X\leq 6)-P(X\leq 5) = \frac{195}{512} - \frac{15}{64} = \frac{75}{512} \approx 0.1465 \end{align*}$

12.05.2016, 04:00

Lucy2

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GAAANZ großes Lob an euch Jungs! Ich bin begeistert und vollauf glücklich.

liebe Grüße
eure Lucy

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