Durchsatz einer Kette von Wahrscheinlichkeitsereignissen - Begriff gesucht

22.05.2008, 16:33	addor	Auf diesen Beitrag antworten »
Durchsatz einer Kette von Wahrscheinlichkeitsereignissen - Begriff gesucht Ich betrachte folgendes Experiment: n Personen sind mit je einem Würfel ausgerüstet und sitzen in einer Reihe. Die erste Person hat unbegrenzt viele Streichhölzer zur Verfügung. Er würfelt und gibt der zweiten Person, seinem Nachbarn zur Rechten, so viele Streichhölzer, wie er Augen gewürfelt hat. Dieser würfelt ebenfalls und gibt Min(Augen, Streichhölzer) Streichhölzer seinem Nachbarn zur Rechten weiter. Dabei bezeichnet "Augen" die Anzahl Augen, die er gewürfelt hat und "Sreichhölzer" die Anzahl Streichhölzer, die er besitzt. So verfahren nun alle Personen in der Kette. Die letzte Person legt Min(Augen, Streichhölzer) Streichhölzer in eine Ausgabebox. Ich möchte gerne wissen, wie gross die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray} p_{n}(k) \end{eqnarray}$ ist, k Streichhölzer in der Ausgabebox zu haben. Nach längerer Rechnung erhielt ich die Formel $\begin{eqnarray} p_{n}(k) = \frac{1}{6^n} \sum_{i=0}^{n-1}~(7-k)^{n-1-i}(6-k)^i \end{eqnarray}$ und stellte fest, dass die Verteilungen immer steiler abfallen und die Mittelwerte von 3.5 bei n=1 rasch abbnehmen (z.B. bei n=4 beträgt der Mittelwert noch 1.75). D.h. eine grossen Anzahl Personen bringt fast nichts durch! Das Experiment ist in der Stochastik bestimmt wohl bekannt. Wie nennt man dieses Experiment und die errechnete Wahrscheinlichkeit fachmännisch? Unter welchen Stichworten muss ich suchen? Führen wir das Experiment ein zweites Mal durch, ohne dass die eventuell noch in der Kette verbliebenen Streichhölzer zurück gelegt wurden, so kann die eine oder andere Person eine zu hohe Augenzahl vielleicht mit Streichhölzern kompensieren, die noch von der ersten Runde übrig geblieben sind. Ich könnte nun versuchen, mit vielen Fallunterscheidungen und langwiedrigen Rechnungen die Wahrscheinlichkeiten für wiederholte Durchgänge auszurechnen, bin aber überzeugt, dass auch diese Situation bekannt und abgehandelt ist. Kennt jemand grad die richtigen Fachausdrücke?
22.05.2008, 16:41	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Deine Wahrscheinlichkeitsformel ist gewiss falsch: Mit binomischen Satz ergibt sich rasch die Vereinfachung $\begin{eqnarray} p_{n}(k) = \frac{1}{6^n} \sum_{i=0}^{n-1} ~ (7-k)^{n-1-i}(6-k)^i = \frac{(13-2k)^{n-1}}{6^n} \end{eqnarray}$ , womit sich z.B. $\begin{eqnarray} p_4(1) = \frac{11^3}{6^4} = \frac{1331}{1296} > 1 \end{eqnarray}$ ergeben würde. Dumme Sache, solche Wahrscheinlichkeiten größer als Eins... EDIT: Aja, Einwand berechtigt von tmo. Da habe ich wohl meine nichtvorhandene Brille nicht geputzt, da hab ich mehr gesehen als vorhanden. Entschuldigung! Also alles voranstehende hier im Beitrag vor dem "EDIT" ist als Unsinn zu betrachten.
22.05.2008, 16:44	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Bin ich blind oder müsste in der summe dazu nicht noch $\begin{eqnarray} \binom{n-1}{i} \end{eqnarray}$ stehen? Das was da steht, ist doch eine (etwas versteckte) geometrische Reihe.
22.05.2008, 16:50	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Tatsächlich landet am Ende gerade die Streichholzanzahl im Kasten, die dem Minimum der Augenzahlen der Würfelkette entspricht. Und dieses Minimum besitzt die Verteilung $\begin{eqnarray} p_n(k) = \frac{(7-k)^n-(6-k)^n}{6^n} \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} k=1,\ldots,6 \end{eqnarray}$ . Begründung siehe hier. EDIT: Nachdem ich oben Unsinn geschrieben hatte, hier die gute Nachricht: Die Formeln von addor und mir stimmen überein. Als Wiedergutmachung für meinen Fauxpas habe ich immerhin die "summenlose" Variante zu bieten.
22.05.2008, 18:11	addor	Auf diesen Beitrag antworten »
Streichhölzchen Experiment Ha, ha, kein Problem, eigentlich wollte ich vielmehr wissen, wie man das Experiment nennt. Wo finde ich die Erweiterung auf mehrere Durchgänge, wenn also noch Streichhölzer im System sind? Im übrigen möchte ich auch mit anderen Verteilungen starten, als nur mit der Gleichverteilung. Wo wird so etwas behandelt? Mit welchem Stichwort finde ich etwas darüber in Google? Gruss, Peter Addor
22.05.2008, 18:20	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Das mit dem ersten Durchlauf ist Standard (Minimum gleicgverteilter Zufallsgrößen), alle weiteren Durchläufe werden dann gleich drastisch schwieriger. Keine Ahnung, ob das unter einem speziellen Stichwort läuft - man kann sich natürlich einiges auch selbst überlegen. Kannst du dich auch mit einer rekursiven, numerisch noch im erträglichen Rahmen auswertbaren Dastellung zufrieden geben? Da müsste noch einiges zu machen sein.
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22.05.2008, 18:55	addor	Auf diesen Beitrag antworten »
andere Verteilungen Hmmm, also ich komme von Goldratts "Theory of Constraints" her, wem das etwas sagt. Eine Reihe von Maschinen stellt irgend etwas her, jede Maschine macht einen Arbeitsschritt. Jede Maschine benötigt für ihren Schritt k Minuten, plusminus eine irgendwie verteilte Ungenauigkeit. Die Wahrscheinlichkeit, dass sie genau k Minuten braucht, ist am grössten. Je grösser die Abweichung, desto kleiner die Wahrscheinlichkeit. Das gibt vielleicht so eine Art Normalverteilung. Das kann im Extremfall so aussehen, dass sich vor einer Maschine die Werkstücke stauen, während andere Maschinen warten müssen. Man kann sich dann fragen, wie gross die Wahrscheinlichkeit ist, dass in N Minuten M Fertigprodukte produziert sind. Goldratt spricht von "abhängigen Ereignissen" und "statistischen Schwankungen", aber ich glaube, das ist eine Sprechweise, die es ermöglicht, auch Nichtmathematiker im Boot zu haben. Es gibt eine Simulation der Situation, genannt "Goldratts Würfelspiel". Das wollte ich mal ein wenig durchrechnen. Aber, wie Du auch festgestellt hast, wird die Sache kompliziert, wenn man mehrere Durchläufe betrachten will. Irgendwo habe ich etwas von Kovarianz und multivarianter Statistik gelesen. Leider verstehe ich davon wenig. Wenn ich nach diesen Stichwörter suche, kommt viel Ballast mit, so dass ich den Zusammenhang nicht gleich erkennen kann. Ich dachte halt, dass auch die Situation mit einer Normalverteilung und mehreren Durchläufen Standard ist und mir jemand den passenden Pointer nennen kann.
22.05.2008, 19:03	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein, mit Theorie kann ich dir da nicht helfen. Praktisch kann man für $\begin{eqnarray} p^{(r)}_n(k) \end{eqnarray}$ ... Wkt, dass im $\begin{eqnarray} r \end{eqnarray}$ -ten Durchlauf Spieler $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ an Spieler $\begin{eqnarray} n+1 \end{eqnarray}$ genau $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ Streichhölzer weiterreicht sowie $\begin{eqnarray} q^{(r)}_n(k) \end{eqnarray}$ ... Wkt, dass im $\begin{eqnarray} r \end{eqnarray}$ -ten Durchlauf Spieler $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ nach dem Weiterreichen noch genau $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ Streichhölzer behält. eine Rekursion aufstellen und das dann für moderate Werte von $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} r \end{eqnarray}$ durchrechnen. Startbedingung ist $\begin{eqnarray} q^{(0)}_n(k) = \begin{cases} 1 & \;\mbox{für}\; k=0\\ 0 & \;\mbox{sonst} \end{cases} \end{eqnarray}$ , oder von mir aus auch eine andere feste Startverteilung bei den Leuten. Ich rede wohlgemerkt nicht von Simulation, sondern von rekursiver Bestimmung der echten Verteilungen.

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