Münzwurf

05.08.2009, 17:32

estrella2109

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Münzwurf

Ich bin es noch einmal..

Es geht um folgende Aufgabe:
Spieler A und B werfen abwechselnd unabhängig eine faire Münze. A beginnt. Der Spieler, der zum ersten Mal Kopf wirft hat gewonnen. Berechnen Sie
a) die Wahrscheinlichkeit, dass das Spiel nach dem vierten Wurf zu Ende ist,
b) die Wahrscheinlichkeit, dass A gewinnt,
c) die Wahrscheinlichkeit, dass B gewinnt.

a) ist klar denke ich...nach dem 4. Wurf zu Ende, das wäre (1/2)^4= 1/16
bei b) und c) stellt sich mir zunächst die Frage, ob es hir auch darum geht, nach vier Würfen? falls nicht habe ich versucht eine Formel aufzustellen. Meine GEdanken dazu sind: Wenn A gewinnt, so entweder im ersten, im dritten, im fünften, also bei ungerader Anzahl von Würfen, da A ja beginnt. Dementsprechend kann B bei dem zweiten, vierten usw Wurf gewinnen. Damit ergit sich für mich:

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=0}^{n-2}~\frac{1}{2^{2i+1}} \end{eqnarray*}$ für Spieler A und

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{n-2}~\frac{1}{2^{2i}} \end{eqnarray*}$ für Spieler B

erst mal die Frage, ob ich bis hierher richtig gedacht habe?

05.08.2009, 19:45

Leopold

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Ich denke, es geht bei b) und c) nicht um 4 Würfe, sondern darum, daß einer der Spieler überhaupt gewinnt. Sonst wäre die Frage nicht sinnvoll.

Dein Ansatz bei b),c) stimmt, nur die obere Summationsgrenze irritiert mich etwas. Warum schreibst du nicht einfach $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ ?

Und in c) wird ja beinahe das Gegenereignis von b) betrachtet. Denn daß das Spiel niemals endet, die Wahrscheinlichkeit dafür ist ja 0.

05.08.2009, 20:08

estrella2109

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zunächst einmal danke für deine antwort
ich bin von n Würfen ausgegangen..die wollen ja auch, dass ich die Wahrscheinlichkeit berechne..das irritierte mich etwas:-)
das n-2 habe ich so gewählt, damit ich durch das 2i nicht über n hinauskomme, weiß nicht wie ich es ausdrücken soll:-) ich habe es für die ersten paar würfe nachgerechnet, so passte es dann auch.
bei c könnte ich theoretisch auch 1-(formel aus b) nehmen?
hast du vielleicht eine ahnung, wie die das mit dem ausrechnen meinen, oder erwarten die vielleicht doch nur eine 'rechenanleitung', wie ich es gemacht habe?

05.08.2009, 20:35

Leopold

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Was unter "ausrechnen" zu verstehen ist, kann ich dir nicht sagen. Das hängt ja ganz davon ab, welche Vorkenntnisse du hast und welches Vorwissen du einsetzen darfst. Sollst du bei dieser Aufgabe einen naiven Zugang wählen? Oder findet das im Rahmen einer Vorlesung zur Maßtheorie statt? Kennst du schon unendliche Reihen?

Wenn Letzteres der Fall ist, wie wäre es dann einmal mit der Berechnung von

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=0}^{\infty} \frac{1}{2^{2i+1}} \end{eqnarray*}$

05.08.2009, 21:07

estrella2109

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das ganze bezieht sich auf Stochastik I und nicht mehr...zwar hab ich stoch II und ein seminar zur Stochastik auch schon hinter mir, hier geht es aber wohl nur um den Stoch I Stoff...
frage mich das mit dem ausrechnen nur, weil es gänzlich untypisch ist, dass man bei diesen aufgaben zu dieser klausur nicht explizit rechnen muss/kann/darf
daher irritierte mich die fragestellung auch, weil ich dachte, dass ich hier eine 'richtige' Wahrscheinlichkeit in Zahlen herausbekommen soll smile

smile

05.08.2009, 21:17

Leopold

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Bitte habe Verständnis dafür, daß ich dein "Problem" nicht verstehe. Der Unterschied zwischen "ausrechnen" und "explizit rechnen" ist mir schleierhaft.

Zitat:

Original von estrella2109
daher irritierte mich die fragestellung auch, weil ich dachte, dass ich hier eine 'richtige' Wahrscheinlichkeit in Zahlen herausbekommen soll smile

smile

Ja dann rechne sie halt aus. (Vergiß das $\begin{eqnarray*} n-2 \end{eqnarray*}$ , wähle $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ ).

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05.08.2009, 22:02

estrella2109

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gut, dann fange ich an einzusetzen...aber was mache ich dann irgendwann, wenn ich mich dem unendlich nähere?
studiere nur auf lehramt, nicht auf diplom, deswegen sei mir diese frage hoffentlich verziehen...

05.08.2009, 23:10

Leopold

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Zitat:

Original von estrella2109
studiere nur auf lehramt, nicht auf diplom, deswegen sei mir diese frage hoffentlich verziehen...

"Nur" auf Lehramt?
Abgesehen davon, daß es auch für einen Lehrer gut ist, wenn er in seinem Wissen nicht nur zwei Seiten weiter im Buch als seine Schüler ist, sei dir gesagt, daß die geometrische Reihe durchaus zum Lehrstoff in Schulen gehört.

06.08.2009, 07:58

estrella2109

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natürlich...so war das ja auch nicht gemeint. es wird uns nur immer so gesagt, dass wir ja schließlich keine diplomer sind...
also zum 'berechnen' würd ich einfach schauen, wogegen $\begin{eqnarray*} \sum_{i=0}^{\infty} \frac{1}{2^{2i+1}} \end{eqnarray*}$ konvergiert?

06.08.2009, 08:23

estrella2109

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Also, ich hab jetzt mal gerechnet smile

smile

$\begin{eqnarray*} \lim_{i \to\infty } \sum_{i=0}^{\infty} \frac{1}{2^{2i+1}} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \lim_{i \to\infty } \sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{2^{2i}} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

Schaut doch ganz gut aus, oder?

wobei ich bei letzterem doch auch 1- $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ schreiben könnte.

06.08.2009, 10:59

Leopold

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So stimmt es. Du solltest allerdings noch einmal darüber nachdenken, daß b) und c) nur "fast sicher" Gegenereignisse voneinander sind.

Zitat:

Original von estrella2109
es wird uns nur immer so gesagt, dass wir ja schließlich keine diplomer sind...

Dummes Gerede. (Das geht nicht gegen dich, sondern gegen die Leute, die dir so etwas einreden.) Sieh es gerade anders herum: Für Diplomer reicht es, wenn sie es selbst verstehen, du dagegen mußt so viel Hintergrund- und Darumherumwissen haben, daß du es auch noch andern erklären kannst.
Für einen guten Lehrer gibt es zwei notwendige Voraussetzungen: 1. fundiertes Fachwissen, 2. "Liebe" zu den Kindern und Jugendlichen. Alles andere (Methodik, Didaktik, Unterrichtsformen, ...) ist zweit- und drittrangig, auch wenn man es euch noch hundertemal anders erzählt.

P.S. Im übrigen "kannst" du doch Mathematik. Du mußt dich da gar nicht kleiner machen, als du bist.

06.08.2009, 11:39

estrella2109

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Zitat:

Original von Leopold
So stimmt es. Du solltest allerdings noch einmal darüber nachdenken, daß b) und c) nur "fast sicher" Gegenereignisse voneinander sind.

ja, theoretisch wäre es ja möglich, dass immer Zahl fällt Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zitat:

Original von Leopold
Im übrigen "kannst" du doch Mathematik. Du mußt dich da gar nicht kleiner machen, als du bist.

danke schön...das motiviert mich richtig smile

smile

manchmal fällt es mir aber richtig schwer

und vor allem noch danke für deine Hilfe Freude

Freude

Ich habe trotzdem noch eine Frage, habe eine ähnliche Aufgabe dazu, nur geht es hierbei um einen Würfelwurf, ähnlich wie diese Aufgabe...A beginnt und gewinnt bei einer 1, B gewinnt bei einer 6. vom Prinzip her kann ich diese Aufgabe ja mit den gleichen Gedankengängen lösen, oder? So wollte ich es jetzt zumindest angehen.

06.08.2009, 12:04

Leopold

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Nicht so viel reden. Handeln.

06.08.2009, 12:47

estrella2109

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mach ich ja, habe dennoch ein prob bei der aufgabe....
erst mal die komplette Aufgabenstellung:
Spieler A und B würfeln abwechselnd mit einem unverfälschten Würfel gegeneinander, wobei A beginnt. Wirft A eine 6, bevor B eine 1 würfelt, so gewinnt A. Wirft B eine 1 bevor A eine 6 würflet, so gewinnt B. Hat nach insgesamt 2n Würfen, wobei n $\begin{eqnarray*} \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ weder a noch b gewonnen, so endet das Spiel unetschieden. Berechnen sie
a) pA(n), dass A gewinnt
b) pB(n), dass B gewinnt
c) pO(n) für ein unentschieden
d) $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty } \end{eqnarray*}$ pA(n); $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty } \end{eqnarray*}$ pB(n); $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty } \end{eqnarray*}$ pO(n)

zu a)
habe das im Prinzip wie bei der Aufgabe davor gemacht und erhalte:
$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{2n-1}~\frac{1}{6^{2i-1}} \end{eqnarray*}$
das ergibt $\begin{eqnarray*} \frac{6}{35} \end{eqnarray*}$

zu b)
$\begin{eqnarray*} \sum_{i=2}^{2n-1}~\frac{1}{6^{2i-2}} \end{eqnarray*}$
das ergibt $\begin{eqnarray*} \frac{1}{35} \end{eqnarray*}$
erscheint mir eigentlich auch ein bissl klein muss ich sagen

zu c)
das wäre ja dann 1- $\begin{eqnarray*} \frac{6}{35} \end{eqnarray*}$ - $\begin{eqnarray*} \frac{1}{35} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \frac{28}{35} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \frac{4}{5} \end{eqnarray*}$
als Summe bekomm ich es nicht hin, da ich dann immer über 1 komme, daher hab ich es so gemacht, müsste ja auch reichen, oder

zu d)
entweder sind a), b), c) komplett falsch, da es eigentlich das gleiche ist, oder ich habe wieder einen totalen Denkfehler drin??

06.08.2009, 21:47

Leopold

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Die Wahrscheinlichkeit, daß der Spieler, der an der Reihe ist, sein Ziel nicht erreicht, ist $\begin{eqnarray*} \frac{5}{6} \end{eqnarray*}$ , nicht $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ . Und dann stimmen auch die oberen Summationsgrenzen nicht. Wenn du schon beim Summationsindex $\begin{eqnarray*} 2i-1 \end{eqnarray*}$ ansetzt, kannst du diese Form nicht auch für die obere Grenze wählen. Überlege dir das beispielhaft für kleine $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ .

07.08.2009, 08:49

estrella2109

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also das 2n-1 habe ich gewählt, da es laut aufgabenstellung ja darum geht, dass vor dem 2n jemand gewinnt. und ich betrachte ja die wahrscheinlichkeit, dass der jeweilige spieler gewinnt, daher 1/6
aber mir fällt grad ein, wenn spieler b gewinnen soll, muss ich doch $\begin{eqnarray*} \frac{5}{6} \end{eqnarray*}$ * $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ rechnen, da spieler a zuvor ja keine 6 gewürfelt haben soll, oder? bei Spieler a hingegen ist die Wahrscheinlichkeit für ein gewinn nach dem 2. Spiel nur $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ , da spieler b, für den fall dass spieler a die 6 hat, nicht mehr würfeln darf. sehe ich das so richtig?

07.08.2009, 09:54

Leopold

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Nimm doch für den Anfang ein kleines $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ . Warum nicht $\begin{eqnarray*} n=2 \end{eqnarray*}$ ?
Es geht also darum, die Gewinnwahrscheinlichkeit innerhalb der ersten 4 Runden zu bestimmen.

Die Wahrscheinlichkeit, daß $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ gewinnt, ist

$\begin{eqnarray*} p_A(2) = \frac{1}{6} + \frac{5}{6} \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

Und wie geht das nun für allgemeines $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ? Achte insbesondere auf die obere Summationsgrenze. Wenn du die Formel hast, setze $\begin{eqnarray*} n=2 \end{eqnarray*}$ in sie ein und rechne stur aus, was sich ergibt. Wenn es nicht der obige Term ist, dann ist die Formel falsch.
Und $\begin{eqnarray*} p_B(n) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p_O(n) \end{eqnarray*}$ dann entsprechend.

07.08.2009, 13:34

estrella2109

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okay, ich hätte dann ja quasi
$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n~\frac{1}{6} * (\frac{5}{6})^{i-1} \end{eqnarray*}$
nun muss ich aber doch noch dafür sorgen, dass nur die ungeraden wurfanzahlen betrachtet werden? A kann im 2. wurf ja nicht gewinnen, daher keine wahrsvcheinlichkeit dafür, die müsste ja 0 sein... verwirrt

verwirrt

07.08.2009, 14:15

Leopold

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Was ist jetzt mit dem Exponenten? verwirrt

verwirrt

Ist das $\begin{eqnarray*} p_A(n) \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

verwirrt

Oder $\begin{eqnarray*} p_B(n) \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

verwirrt

Die Aufgabe ist nicht hinreichend deutlich formuliert. Lautet sie wörtlich so, wie von dir angegeben? Ich würde $\begin{eqnarray*} p_A(n) \end{eqnarray*}$ als die Wahrscheinlichkeit verstehen, daß $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ in höchstens $\begin{eqnarray*} 2n \end{eqnarray*}$ Runden gewinnt. Für $\begin{eqnarray*} n=2 \end{eqnarray*}$ hieße das, daß $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ in höchstens 4 Runden gewinnt, daß er also in der ersten oder dritten Runde gewinnt.

07.08.2009, 14:38

estrella2109

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Ja, das ist der genaue Wortlaut der Aufgabe...aus dem Stochastikteil einer Staatsexamensklausur :/ vielleicht einer der gründe, warum die immer ganz miserabel ausfallen??

ja, das sollte jetzt pA(n) darstellen.
also ich verstehe schon wie ich das berechnen kann...nur mit dem n eher nicht verwirrt

verwirrt

so würde ich das auch verstehen, a gewinnt in höchsten 2n spielen, bei b) B gewinnt in höchstens 2n spielen und bei c) keiner gewinnt in 2n spielen...da ich aber doch n betrachte, erschließt sich mir sowieso nicht der Sinn des Aufgabenteils d), da ich diesen doch eigetlich schon in a), b), c) berechnet hätte.
also, nehmen wir n= 2 an, 2n Spiele wären 4 Das würde für die Gewinnwahrscheinlichkeit von A bedeuten, dass er entweder im 1. Spiel (p=1/6) oder im dritten Spiel (p=5/6*5/6*1/6) gewinnen kann. Gewinnwahrscheinlichkeit dafür also 1/6+5/6*5/6*1/6=61/216 das wären ungefähr 28,2%.
irgendwie finde ich es hier nur schwer, das als allg summenformel zu schreiben, da meine letzte wohl offensichtlich falsch war...
also ich habe jedesmal den Faktor 1/6, denn das ist ja die trefferwahrscheinlichkeit, nicht zu treffen wäre demnach 5/6. bei 1/6 brauch ich dann doch keinen exponent, denn das steht immer.das problem ist bei den 5/6..(i-1) dachte ich mir, da ich, sollte er beim ersten wurf treffen, die 5/6 nicht brauche, (1-1) wäre 0 und 5/6^ 0 =1. beim dritten wurf hätte es ja auch gepasst...wie schließe ich aber die geraden würfe aus? hatte es wieder mit 2i-1 versucht, das haut aber irgendwie nicht hin.

07.08.2009, 14:58

Leopold

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Zitat:

Original von estrella2109
da ich aber doch n betrachte, erschließt sich mir sowieso nicht der Sinn des Aufgabenteils d), da ich diesen doch eigetlich schon in a), b), c) berechnet hätte.

Nein, die Wahrscheinlichkeiten in a),b),c) sind ja von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ abhängig, die in d) aber nicht mehr.

Betrachten wir einmal in $\begin{eqnarray*} p_A(n) \end{eqnarray*}$ die ersten paar Fälle

$\begin{eqnarray*} p_A(1) = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p_A(2) = \frac{1}{6} + \left( \frac{5}{6} \right)^2 \cdot \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p_A(3) = \frac{1}{6} + \left( \frac{5}{6} \right)^2 \cdot \frac{1}{6} + \left( \frac{5}{6} \right)^4 \cdot \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p_A(4) = \frac{1}{6} + \left( \frac{5}{6} \right)^2 \cdot \frac{1}{6} + \left( \frac{5}{6} \right)^4 \cdot \frac{1}{6} + \left( \frac{5}{6} \right)^6 \cdot \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p_A(n) = \frac{1}{6} + \left( \frac{5}{6} \right)^2 \cdot \frac{1}{6} + \left( \frac{5}{6} \right)^4 \cdot \frac{1}{6} + \ldots + \left( \frac{5}{6} \right)^{\text{???}} \cdot \frac{1}{6} \ = \ \sum_{i = \text{???}}^{\text{???}} \left( \frac{5}{6} \right)^{\text{???}} \cdot \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

07.08.2009, 15:34

estrella2109

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okay ich versuchs...
$\begin{eqnarray*} p_A(n) = \frac{1}{6} + \left( \frac{5}{6} \right)^2 \cdot \frac{1}{6} + \left( \frac{5}{6} \right)^4 \cdot \frac{1}{6} + \ldots + \left( \frac{5}{6} \right)^{2n} \cdot \frac{1}{6} \ = \ \sum_{i = 0}^{n} \left( \frac{5}{6} \right)^{2i} \cdot \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$
würde doch so hinhauen, oder?

07.08.2009, 17:32

Leopold

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Zitat:

Original von Leopold
Wenn du die Formel hast, setze $\begin{eqnarray*} n=2 \end{eqnarray*}$ in sie ein und rechne stur aus, was sich ergibt. Wenn es nicht der obige Term ist, dann ist die Formel falsch.

07.08.2009, 17:53

estrella2109

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nagut, dann mach ich aus der oberen summationsgrenze ein n-1 smile

smile

07.08.2009, 18:06

Leopold

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Schwere Geburt - aber ein hübsches Kind! Augenzwinkern

Augenzwinkern

08.08.2009, 10:20

estrella2109

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fein,
bei c) wäre es dann doch einfach:
$\begin{eqnarray*} p_B(n) = \ \sum_{i = 1}^{2n} \left( \frac{5}{6} \right)^{i} \end{eqnarray*}$ , da ich ja immer nur die Misserfolge haben, da beide nicht gewinnen und zwar bis zum 2n-ten Wurf
an die b) mach ich mich gleich nach dem Frühstück

08.08.2009, 13:59

Leopold

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Naheliegend, aber falsch.
Nicht immer führt Analogiebildung zum Ziel.
(Es geht dir doch um Teil c), auch wenn du $\begin{eqnarray*} p_B \end{eqnarray*}$ schreibest?)

09.08.2009, 19:38

estrella2109

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ja, es sollte Po(n) heissen...

17.08.2009, 18:28

estrella2109

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Hm, und warum ist das falsch? erscheint mir so logisch, dass es $\begin{eqnarray*} p_0(n) = \ \sum_{i = 1}^{2n} \left( \frac{5}{6} \right)^{i} \end{eqnarray*}$ sein muss :/

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