Anzahl der Versuche für sicheren Erfolg in einem Versuch

03.11.2009, 01:24

chr_sch

Anzahl der Versuche für sicheren Erfolg in einem Versuch

Hallo da draußen!

Ich habe folgendes Problem. Ich habe einen Würfel mit $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ Seiten $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ . Beim würfeln kommt $\begin{eqnarray*} S_i \end{eqnarray*}$ mit einer ungleichenverteilten Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p(S_i) \end{eqnarray*}$ . Weiterhin tritt ein Erfolg $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ genau dann ein, wenn $\begin{eqnarray*} S_i \end{eqnarray*}$ genau $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ mal hintereinader gewürfelt wird. Die Wahrscheinlichkeit für $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ ist demzufolge $\begin{eqnarray*} p(E)=p(S_i)^k \end{eqnarray*}$ . Die Frage ist, wieviele Würfe $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ brauche ich damit $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ genau einmal eintritt?

Eine Erweiterung des Problemes wäre noch das $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ auch dann eintritt, wenn entweder $\begin{eqnarray*} S_i \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} S_j \end{eqnarray*}$ (beliebig), genau $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ mal hintereinander auftreten. (Bsp: $\begin{eqnarray*} S_i, S_j, S_j, S_j, S_i \end{eqnarray*}$ )
Allerdings glaube ich muß man da nur die Wahrscheinlichkeit für $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} p(E)=(p(S_i)+p(S_j))^k \end{eqnarray*}$ korrigieren.

Ich hatte einen ersten Ansatz der aber sicherlich falsch ist und/oder nicht alles berücksichtigt.
Meine Lösung währe demnach: $\begin{eqnarray*} \frac{1}{p(E)} + k - 1 \end{eqnarray*}$

Über geeignete Ansätzte und oder Lösungen wäre ich sehr dankbar. Auch beantworte ich gern weiter Fragen zur Aufgabe.

03.11.2009, 21:05

Abakus

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RE: Anzahl der Versuche für sicheren Erfolg in einem Versuch

Zitat:

Original von chr_sch
Ich habe folgendes Problem. Ich habe einen Würfel mit $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ Seiten $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ . Beim würfeln kommt $\begin{eqnarray*} S_i \end{eqnarray*}$ mit einer ungleichenverteilten Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p(S_i) \end{eqnarray*}$ . Weiterhin tritt ein Erfolg $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ genau dann ein, wenn $\begin{eqnarray*} S_i \end{eqnarray*}$ genau $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ mal hintereinader gewürfelt wird. Die Wahrscheinlichkeit für $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ ist demzufolge $\begin{eqnarray*} p(E)=p(S_i)^k \end{eqnarray*}$ . Die Frage ist, wieviele Würfe $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ brauche ich damit $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ genau einmal eintritt?

Hallo!

Es liest sich zwar so, aber ich frage trotzdem mal: die Seite des Würfels soll ununterbrochen k-mal erscheinen oder können dazwischen auch Unterbrechungen liegen?

Die Wahrscheinlichkeit für Erfolg ist bei n-fachem Würfeln höher, denke ich: es gibt für die ununterbrochene Serie ja (n-k+1)-viele Startpositionen erstmal.

Gefragt ist hier nach dem Erwartungswert, denn garantieren kann dir natürlich keiner, dass nach einer bestimmten Anzahl Würfen jetzt die Serie gekommen ist.

Grüße Abakus smile

04.11.2009, 12:24

chr_sch

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RE: Anzahl der Versuche für sicheren Erfolg in einem Versuch

Zitat:

Original von Abakus
Es liest sich zwar so, aber ich frage trotzdem mal: die Seite des Würfels soll ununterbrochen k-mal erscheinen oder können dazwischen auch Unterbrechungen liegen?

Direkt hintereinander ohne Unterbrechung!

Genau! Das mit den Startpositionen hatte ich mir genau so gedacht. Ich muß ja erstmal genau k mal würfeln damit es überhaupt möglich wird Erfolg zu haben.

Meine Frage ist aber leider eben nicht der Erwartungswert.
Mir ist auch klar daß es nie eine Garantie gibt. Ich sollte die Formulierung vielleicht abändern.

Als Beispiel noch der Vergleich zu folgendem Problem:
Ich habe einen normalen Würfel. Ziel ist es nun eine 1 zu werfen. Meine Frage hierbei wäre dann, wieviele Würfe benötige ich, damit ich eine 1 gewürfelt haben SOLLTE.

Meine Überlegung wäre dabei folgende:
Die Wsk für eine 1 liegt bei 1/6. Demzufolge würde ich 6 Würfe benötigen, damit das Eregnis eingetreten sein SOLLTE ( 6 * 1/6 = 1). Mir ist durchaus bewußt daß es dabei genau so gut nie oder auch öfter eingetreten sein kann. Darum geht es nicht wirklich. Nur eine Aussage über die Anzahl der Würfe nachdenen es so sein SOLLTE interessiert mich dabei.

Wenn ich nun diese Überlegung auf das Ausgangsproblem beziehe, komme ich dann mit meiner bestimmten Formel hin?

04.11.2009, 13:49

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Zitat:

Original von chr_sch
Meine Frage ist aber leider eben nicht der Erwartungswert.
Mir ist auch klar daß es nie eine Garantie gibt. Ich sollte die Formulierung vielleicht abändern.

Allerdings, das solltest du, denn 100%ige Gewissheit gibt es nicht nach endlich vielen Würfen, ist die Wurfanzahl auch noch so groß.

Zitat:

Original von chr_sch
Die Wsk für eine 1 liegt bei 1/6. Demzufolge würde ich 6 Würfe benötigen, damit das Eregnis eingetreten sein SOLLTE ( 6 * 1/6 = 1).

Diese Rechnung ist nun blanker Unsinn, was du im nächsten Satz dann ja auch praktisch zugegeben hast. Tatsächlich ist nach 6 Würfen die Wahrscheinlichkeit für eine 1 erst bei

$\begin{eqnarray*} 1 - \left( \frac{5}{6} \right)^6 \approx 0.665 \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von chr_sch
Weiterhin tritt ein Erfolg $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ genau dann ein, wenn $\begin{eqnarray*} S_i \end{eqnarray*}$ genau $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ mal hintereinader gewürfelt wird. Die Wahrscheinlichkeit für $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ ist demzufolge $\begin{eqnarray*} p(E)=p(S_i)^k \end{eqnarray*}$ . Die Frage ist, wieviele Würfe $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ brauche ich damit $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ genau einmal eintritt?

Ich würde deine beiden "genau" jeweils durch "mindestens" ersetzen. D.h., man betrachtet ein Bernoulli-Experiment mit $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ unabhängigen Einzelversuchen, jeweils mit Einzelerfolgswahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ , und fragt nach der Wahrscheinlichkeit von

$\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ ... es gibt mindestens $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ aufeinander folgende Erfolge

Die genaue Berechnung von $\begin{eqnarray*} P(E) \end{eqnarray*}$ ist einigermaßen knifflig. Auf Ereignisebene kann man zunächst

$\begin{eqnarray*} A_j \end{eqnarray*}$ ... Erfolg im $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ -ten Einzelexperiment
$\begin{eqnarray*} B_j \end{eqnarray*}$ ... Erfolg in $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ aufeinander folgenden Einzelexperimenten, von $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} j+k-1 \end{eqnarray*}$

benennen. Dann ist $\begin{eqnarray*} E = \bigcup\limits_{j=1}^{n-k+1} B_j \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} B_j = \bigcap\limits_{i=j}^{j+k-1} A_i \end{eqnarray*}$ . Klar ist $\begin{eqnarray*} P(B_j) = \prod\limits_{i=j}^{j+k-1} P(A_i) = p^k \end{eqnarray*}$ , aber leider sind diese $\begin{eqnarray*} B_j \end{eqnarray*}$ dann untereinander abhängig. Wären Sie unabhängig, dann könnte man einfach rechnen

$\begin{eqnarray*} P(E) = P\left( \bigcup\limits_{j=1}^{n-k+1} B_j \right) = 1-P\left( \bigcap\limits_{j=1}^{n-k+1} B_j^c \right) \stackrel{?}{=} 1 - \prod\limits_{j=1}^{n-k+1} P(B_j^c) = 1 - (1-p^k)^{n-k+1} \qquad (*) \end{eqnarray*}$ ,

das $\begin{eqnarray*} \stackrel{?}{=} \end{eqnarray*}$ zeigt die Stelle, wo die vermeintliche, aber tatsächlich nicht gültige Unabhängigkeit in die Rechnung einfließt.

Richtig gemacht ist die Sache wesentlich ekelhafter: Da müsste man in $\begin{eqnarray*} P(E) = P\left( \bigcup\limits_{j=1}^{n-k+1} B_j \right) \end{eqnarray*}$ dann rechts mit der Siebformel rangehen, was zwar möglich, aber eine Heidenarbeit ist.

Angesichts der Tatsache, dass $\begin{eqnarray*} B_{j_1},B_{j_2},\ldots,B_{j_m} \end{eqnarray*}$ unabhängig sind, sofern nur genügend "Abstand" zwischen den Indizes ist - konkret heißt das $\begin{eqnarray*} j_2-j_1 \geq k,j_3-j_2\geq k \end{eqnarray*}$ , usw. - ist Formel (*) aber als erste grobe Näherung gar nicht so übel, zumindest im Fall $\begin{eqnarray*} k \ll n \end{eqnarray*}$ .

04.11.2009, 19:57

Abakus

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RE: Anzahl der Versuche für sicheren Erfolg in einem Versuch

Zitat:

Original von chr_sch
Meine Frage ist aber leider eben nicht der Erwartungswert.
Mir ist auch klar daß es nie eine Garantie gibt. Ich sollte die Formulierung vielleicht abändern.

Als Beispiel noch der Vergleich zu folgendem Problem:
Ich habe einen normalen Würfel. Ziel ist es nun eine 1 zu werfen. Meine Frage hierbei wäre dann, wieviele Würfe benötige ich, damit ich eine 1 gewürfelt haben SOLLTE.

Ich würde es so formulieren: wie oft muss man durchschnittlich würfeln, um die erste "1" zu erhalten?

Dazu kannst du Zufallsvariablen wie folgt definieren:

$\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ = Anzahl der Würfe, bis zum ersten Mal eine "1" geworfen ist

bzw. allgemeiner:

$\begin{eqnarray*} X_N \end{eqnarray*}$ = Anzahl der Würfe, bis zum ersten Mal N-mal unmittelbar hintereinander "1" geworfen wurde

Das, was dich nun interessiert, ist der Erwartungswert der Verteilung von $\begin{eqnarray*} X_N \end{eqnarray*}$ , das ist dann nämlich genau die durchschnittliche Anzahl, die du suchst.

Für N=1 ist das leicht, $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ ist nämlich geometrisch verteilt:

$\begin{eqnarray*} P(X_1 = k) = \frac 1 6 \cdot \left(\frac 5 6 \right)^{k-1} \end{eqnarray*}$

und damit

$\begin{eqnarray*} E(X_1) = \sum_{k=1}^{\infty} k \cdot P(X_1 = k) \end{eqnarray*}$

Das wäre zu bestimmen, und das würde deine Vermutung oben (= 6) dann bestätigen, wenn du es denn so gemeint hättest.

Für $\begin{eqnarray*} N > 1 \end{eqnarray*}$ wird die Sache deutlich schwieriger, wie Arthur schon ausgeführt hat. Das Problem ist hier die Berechnung der Wahrscheinlichkeiten:

$\begin{eqnarray*} P(X_N = k) =~?? \end{eqnarray*}$

Schwierig deshalb, weil die "1" ja durchaus mehrfach vor der Serie von k-mal "1" vorkommen kann (die entscheidende Stelle ist da, wo bei Arthur das Fragezeichen steht). Um die durchschnittliche Dauer zu bestimmen, sind diese Wahrscheinlichkeiten aber nicht nötig, es reicht, die Übergangswahrscheinlichkeiten zu kennen.

Von daher bietet sich als Modell eine Markow-Kette mit (N+1)-Zuständen an. Nachfolgend seien folgende Zustände definiert:

$\begin{eqnarray*} Z_k = \end{eqnarray*}$ es wurde unmittelbar k-mal hintereinander die "1" geworfen,

wobei $\begin{eqnarray*} k = 0,~...~, N \end{eqnarray*}$

Hast du also zB 6-mal eine "1" geworfen, wärest du im Zustand $\begin{eqnarray*} Z_6 \end{eqnarray*}$ und würdest beim nächsten Wurf mit (Übergangs-) Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac 1 6 \end{eqnarray*}$ in den Zustand $\begin{eqnarray*} Z_7 \end{eqnarray*}$ und mit $\begin{eqnarray*} \frac 5 6 \end{eqnarray*}$ in den Zustand $\begin{eqnarray*} Z_0 \end{eqnarray*}$ übergehen. Im Zustand $\begin{eqnarray*} Z_N \end{eqnarray*}$ wäre der Prozess dann beendet.

Wenn jetzt $\begin{eqnarray*} D_k \end{eqnarray*}$ die durchschnittliche Dauer des Prozesses vom Zustand $\begin{eqnarray*} Z_k \end{eqnarray*}$ aus bezeichnet, kannst du dir überlegen, dass nach der Pfadregel (bzw. genauer der Mittelwertsregel) gelten muss:

$\begin{eqnarray*} D_0 = 1 + \frac 5 6 \cdot D_0 + \frac 1 6 \cdot D_1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} D_1 = 1 + \frac 5 6 \cdot D_0 + \frac 1 6 \cdot D_2 \end{eqnarray*}$

. . .

$\begin{eqnarray*} D_{N-1} = 1 + \frac 5 6 \cdot D_0 + \frac 1 6 \cdot D_N \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} D_N = 0 \end{eqnarray*}$

Dieses Gleichungssystem lässt sich rekursiv lösen (interessieren tut uns speziell der Wert von $\begin{eqnarray*} D_0 \end{eqnarray*}$ jeweils in Abhängigkeit von N) und aufgrund der speziellen Gestalt ergibt sich eine rekursive Beziehung für die gesuchten Erwartungswerte, etwa (hier nur verkürzt hingeschrieben):

aus erster Gleichung (mit N=1): $\begin{eqnarray*} D_0 = 6 + D_1 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} E(X_1) = 6 \end{eqnarray*}$ ,

aus zweiter (bzw. dritter) Gleichung (jetzt mit N=2 (bzw. N=3)): $\begin{eqnarray*} D_0 = 42 + D_2 = 258 + D_3 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} E(X_2) = 42~, E(X_3) = 258 \end{eqnarray*}$

Naja, usw. das Ganze.

Rekursiv bedeutet das:

$\begin{eqnarray*} E(X_1) = 6 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E(X_{N+1}) = 6 \cdot (E(X_{N+1}) + 1) \end{eqnarray*}$

oder nicht mehr rekursiv dann: $\begin{eqnarray*} E(X_N) = \frac 6 5 \cdot (6^N - 1) \end{eqnarray*}$

Grüße Abakus smile

07.11.2009, 20:15

RoyalTomek

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Hallo,

der obige Lösungsansatz ist wirklich sehr elegant und einfach. Aber viele Wege führen bekanntlich nach Rom und so interessiert vielleicht den einen oder anderen eine alternative Lösungsmöglichkeit.

Den meisten wird wohl der "Satz der totalen Wahrscheinlichkeit" bekannt sein. Genauso kann man auch den Erwartungswert zerlegen.

Unter Beibehaltung obiger Notation berechnen wir $\begin{eqnarray*} E[X_2] \end{eqnarray*}$ , die Wahrscheinlichkeit für einen 6er sei allerdings allgemein p, dann kann man das ganze auch gleich für "allgemeine Würfel" nutzen.

Sei A das Ereignis, dass im ersten Wurf ein 6er kommt.
Sei B das Ereignis, dass im zweiten Wurf ein 6er kommt.

$\begin{eqnarray*} E[X_2]=E[X_2|A]p+E[X_2|A^c](1-p)=E[X_2|A]p+(E[X_2]+1)(1-p) \end{eqnarray*}$

Das erste Gleichheitszeichen ist einfach die Zerlegung des Erwartungswertes. Das zweite folgt daraus, dass, wenn wir im ersten Wurf keine 6 würfeln, das ganze Spiel quasi von neu beginnt und der bedingte Erwartungswert danach dem ursprünglichen gleicht, jedoch um 1 erhöht, da wir schon mal (unerfolgreich) gewürfelt haben, das sollte klar sein.

Es folgt $\begin{eqnarray*} E[X_2]=E[X_2|A]+\frac{1}{p} -1 \end{eqnarray*}$

Nun können wir den bedingten EW auf der rechten Seite nochmals bedingen. Also

$\begin{eqnarray*} E[X_2]=E[X_2|A,B]p+E[X_2|A,B^c](1-p)+\frac{1}{p} -1=2p+(E[X_2]+2)(1-p)+\frac{1}{p} -1 \end{eqnarray*}$

Die erste Gleichheit ist wiederum nur die Zerlegung, die zweite folgt daraus, dass wenn wir gleich zu Beginn zwei 6er werfen, wir fertig sind und der bedingte EW konstant 2 ist und dass, wenn der zweite Wurf kein 6er ist, wir wieder von vorne starten und der bedingte EW dem ursprünglichen um 2 erhöht entspricht.

Es folgt $\begin{eqnarray*} E[X_2]=\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2} \end{eqnarray*}$

Wenn man p=1/6 setzt, sieht man sofort, dass 42 herauskommt, wie oben also.

Nun kann man sich die Mühe machen und das induktiv fortsetzen und kommt allgemeint auf $\begin{eqnarray*} E[X_k]=\sum_{i=1}^k~\frac{1}{p^i} \end{eqnarray*}$ (was natürlich mit der obigen Lösung übereinstimmen muss, einfach geometrische Reihe auflösen...).

08.11.2009, 12:12

chr_sch

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Hallo zusammen.

Nachdem jetz mehrere Antworten kamen mit unterschiedlichen Ansätzen und Problembeschreibungen melde ich mich wieder.

Was ist mir bisher klar geworden?! Meine Formulierung im Ausgangsbeitrag war wirklich sehr schlecht. Ich habe sie aufgrund der realen Begebenheiten formuliert. Jedoch ist es mathematisch einfach unmöglich genau vorherzusagen wann es denn wirklich eintritt (man kann dabei immer nur eine Aussage mit einer bestimmten Wsk. treffen und bei Wsk.=1 wären immer unendlich viele Versuche nötig).
Auch nach dem ersten Hinweis zum Erwartungswert wurde mir noch nicht klar daß ich eigentlich doch den suche. Durch die Erläuterungen ist mir das aber nun doch bewusst geworden.

Die definition der Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X_{k,z} \end{eqnarray*}$ (Anzahl der Versuche für $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -maliges hintereinander Werfen von $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ ) ist meinem Probelm entsprechend.

Der Erwartungswert $\begin{eqnarray*} E(X_{k,z}) \end{eqnarray*}$ meiner Zufallsvariablen ist jetz der Durchschnitt der Anzahl benötigter Würfe aller Versuche, wenn ich unendlich viele Versuche durchführe. (korrekt?) Das enspricht ja genau dem was ich bei meinem zweiten Kurzbeispiel (Würfeln einer 1) meinte.

Zu den Lösungsansätzen:
Teilweise nachvollziehen kann ich den Ansatz mit der Markow-Kette. Jedoch fehlt mir hier noch die Grundlage. Das wird in diesem Sem. erst behandelt. Außerdem ist die Rekursion sehr unschön und schrekct doch etwas ab.
Ganz anders ist der letzte Ansatz. Ich glaube hier alles verstanden zu haben und auch nachvollziehen zu können. Ich habe die Herleitung für $\begin{eqnarray*} X_{3,z} \end{eqnarray*}$ selbst mal durchgeführt. Ich bin auf (wie nciht anders zuerwartend) $\begin{eqnarray*} E(X_{3,z})=\frac{1}{p_z}+\frac{1}{p_z^2}+\frac{1}{p_z^3} \end{eqnarray*}$ gekommen.

Somit habe ich jetz endlich eine schöne und einfache Berechnungsvorschrift die ich weiter verwenden kann. An dieser Stelle deshalb der Dank an alle die sich der Sache angenommen und mir zu helfen versucht haben. Ich würde das Problem nun als geklärt markieren.

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