Negative Binomialverteilung

10.06.2013, 14:46

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Negative Binomialverteilung

Hallo zusammen,

Ich habe ein Problem mit folgender Fragestellung:

A und B Würfeln unabhängig voneinander und nacheinander mit einem fairen Würfel in der Reihenfolge A B B A B A B A B ... Der erstes der eine 6 würfelt gewinnt das Spiel.

Mithilfe der Geometrischen Verteilung hab ich die Wartezeit bis zum ersten Erfolg ermittelt:

P("A würfelt die erste 6")
$\begin{eqnarray*} f_{1}(k) = \frac{1}{6} + \sum\limits_{k=2}^\infty \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6}^{2k-1} = 0.482323 \end{eqnarray*}$

P("B würfelt die erste 6")
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6}\cdot (1+\frac{5}{6} ) + \sum\limits_{k=3}^\infty (\frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6}^{2k-2}) = 0.517677 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{1}(k) + f_{2}(k) = P(\Omega) = 1 \end{eqnarray*}$

Zu meiner eigentlichen Frage : Wer die zweite (!) 6 würfelt, hat gewonnen. Ich möchte nun die Wartezeit bis zum zweiten Erfolg ermitteln.
Dazu wollte ich die negative Binomialverteilung verwenden, die mir die Wartezeit bis zum r.ten Erfolg gibt.
Mein Ansatz:

Negative Binomialverteilung
$\begin{eqnarray*} f_{a}(k=n) = \begin{pmatrix} n-1 \\ r-1 \end{pmatrix} \cdot p^{r} \cdot (1-p)^{n-r} \end{eqnarray*}$

P("B würfelt die zweite 6")
$\begin{eqnarray*} f_{a}(k=n) = \frac{5}{36} + \sum\limits_{n=2}^\infty \begin{pmatrix} n-1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot (\frac{1}{6})^{2} \cdot (\frac{5}{6})^{2n-2} = 0.3455 \end{eqnarray*}$

P("A würfelt die zweite 6")
$\begin{eqnarray*} f_{b}(k=n) = \frac{1}{6} + \sum\limits_{n=2}^\infty \begin{pmatrix} n-1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot (\frac{1}{6})^{2} \cdot (\frac{5}{6})^{2n-1} = 0.338843 \end{eqnarray*}$

Das Problem jetzt : $\begin{eqnarray*} f_{a}(k) + f_{b}(k) \neq 1 \end{eqnarray*}$

Die beiden Wahrscheinlichkeiten summieren sich nicht zu 1 auf ...

Würde mich über einen Tipp freuen, vG isbn

10.06.2013, 14:55

HAL 9000

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Hast du in deiner Rechnung berücksichtigt, dass zum Gewinnzeitpunkt der dann unterlegene Spieler keine oder eine 6 im bisherigen Verlauf gewürfelt haben darf? Sieht mir irgendwie nicht so aus.

EDIT: Ok, nach nochmaligen Durchlesen hab ich das wohl zunächst falsch verstanden in dem Sinne, dass der gewinnt, der zuerst zwei Sechsen gewürfelt hat - so ist es wohl nicht gemeint. Muss jetzt aber weg, vielleicht später mehr zur ursprünglichen Interpretation, wo ja dennoch ein Fehler in deiner Rechnung sein muss.

EDIT2: Bin wieder da. Die Wahrscheinlichkeit, dass genau im $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -ten Wurf die zweite 6 fällt, ist nach negativer Binmialverteilung (oder selbst mit Binomialverteilung $\begin{eqnarray*} B\left(n-1,\frac{1}{6}\right) \end{eqnarray*}$ begründet) gleich

$\begin{eqnarray*} \binom{n-1}{1}\cdot \left( \frac{1}{6} \right)^2 \cdot \left( \frac{5}{6} \right)^{n-1} = \frac{n-1}{36}\cdot \left( \frac{5}{6} \right)^{n-1} \end{eqnarray*}$

Für B musst du diese Wahrscheinlichkeiten für $\begin{eqnarray*} n=2,3,5,7,9,\ldots \end{eqnarray*}$ aufsummieren, für A dann entsprechend den Rest $\begin{eqnarray*} 4,6,8,10,\ldots \end{eqnarray*}$ , denn zum Zeitpunkt $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ kann das ja noch nicht passieren. Hier

Zitat:

Original von isbn
$\begin{eqnarray*} f_{a}(k=n) = \frac{5}{36} + \sum\limits_{n=2}^\infty \begin{pmatrix} {\color{red}n-1} \\ 1 \end{pmatrix} \cdot (\frac{1}{6})^{2} \cdot (\frac{5}{6})^{2n-2} = 0.3455 \end{eqnarray*}$

willst du anscheinend in der Summe rechts über die ungeraden Indizes $\begin{eqnarray*} (2n-1) \end{eqnarray*}$ summieren - dann hast du aber beim Binomialkoeffizienten falsch eingesetzt. unglücklich

10.06.2013, 20:57

isbn

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Hi ! Danke für deine ausführliche Antwort. Ja es geht tatsächlich um die Wahrscheinlichkeit, dass genau im $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -ten Wurf die zweite 6 fällt.

Nach deinem Hinweis bin ich jetzt aber der Überzeugung dass es so richtig sein sollte:

P("A würfelt zuerst die zweite 6")
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{6}+\sum\limits_{n=3}^\infty \begin{pmatrix} 2n-3 \\ 1 \end{pmatrix} \left(\frac{1}{6}\right)^{2} \left(\frac{5}{6} \right)^{2n-3} \end{eqnarray*}$

Mathematica
sagt hierzu: 0.552112

P("B würfelt zuerst die zweite 6")
$\begin{eqnarray*} \frac{5}{36}+\sum\limits_{n=3}^\infty \begin{pmatrix} 2n-4 \\ 1 \end{pmatrix} \left(\frac{1}{6}\right)^{2} \left(\frac{5}{6} \right)^{2n-4} \end{eqnarray*}$

Mathematica
sagt hierzu: 0.563629

Was bedeuten würde dass $\begin{eqnarray*} P(\Omega)=1.11574 \end{eqnarray*}$

Ich hoffe ich verstehe dich grad nicht gänzlich falsch ... hab schon einige Stunden Stochastik auf dem Buckel heute und seh' es vielleicht nicht Big Laugh

Dankeschön und bis dann, isbn

10.06.2013, 21:40

HAL 9000

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Ich muss mich entschuldigen, mir ist oben ein Fehler beim Exponenten unterlaufen:

Zitat:

Original von HAL 9000
Die Wahrscheinlichkeit, dass genau im $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -ten Wurf die zweite 6 fällt, ist nach negativer Binmialverteilung (oder selbst mit Binomialverteilung $\begin{eqnarray*} B\left(n-1,\frac{1}{6}\right) \end{eqnarray*}$ begründet) gleich

$\begin{eqnarray*} \binom{n-1}{1}\cdot \left( \frac{1}{6} \right)^2 \cdot \left( \frac{5}{6} \right)^{{\color{red}n-1}} = \frac{n-1}{36}\cdot \left( \frac{5}{6} \right)^{{\color{red}n-1}} \end{eqnarray*}$

Tatsächlich muss da

$\begin{eqnarray*} \binom{n-1}{1}\cdot \left( \frac{1}{6} \right)^2 \cdot \left( \frac{5}{6} \right)^{{\color{red}n-2}} = \frac{n-1}{36}\cdot \left( \frac{5}{6} \right)^{{\color{red}n-2}} \end{eqnarray*}$

stehen, denn die $\begin{eqnarray*} (n-1) \end{eqnarray*}$ vorherigen Versuche bestehen aus genau einem Erfolg sowie $\begin{eqnarray*} (n-2) \end{eqnarray*}$ Misserfolgen.

P.S.: Übrigens - berechne mal besser die Wahrscheinlichkeiten exakt, d.h. als Brüche. Mathematica sollte das können, bzw. es geht auch ohne Mathematica mit etwas Reihenkenntnissen. Augenzwinkern

11.06.2013, 19:29

isbn

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Zitat:

Original von HAL 9000
Ich muss mich entschuldigen, mir ist oben ein Fehler beim Exponenten unterlaufen:
[...]
Tatsächlich muss da

$\begin{eqnarray*} \binom{n-1}{1}\cdot \left( \frac{1}{6} \right)^2 \cdot \left( \frac{5}{6} \right)^{{\color{red}n-2}} = \frac{n-1}{36}\cdot \left( \frac{5}{6} \right)^{{\color{red}n-2}} \end{eqnarray*}$

stehen, denn die $\begin{eqnarray*} (n-1) \end{eqnarray*}$ vorherigen Versuche bestehen aus genau einem Erfolg sowie $\begin{eqnarray*} (n-2) \end{eqnarray*}$ Misserfolgen.

P.S.: Übrigens - berechne mal besser die Wahrscheinlichkeiten exakt, d.h. als Brüche. Mathematica sollte das können, bzw. es geht auch ohne Mathematica mit etwas Reihenkenntnissen. Augenzwinkern

Deine Rechnung sehe ich ein, aber : Ich muss das ganze ja aufsummieren weil er im 1,4,6,8,10,...-Wurf die 2. 6 gewürfelt haben kann und die Summe verträgt sich nicht mit meiner Verteilung.Bis hierhin ist alles klar:

P("A würfelt zuerst die zweite 6")
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} + \sum\limits_{n=2}^\infty \begin{pmatrix} n-1 \\ 2-1 \end{pmatrix} \frac{1}{6}^{2}(1-p)^{n-2} \end{eqnarray*}$

Was aber nicht stimmt weil hier in der Summe jeder Wurf von A getätigt würde, was aber nicht der Fall ist und sobald ich die Exponenten entsprechen anpasse kommt nur noch Unsinn dabei raus verwirrt

11.06.2013, 19:40

HAL 9000

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Zitat:

Original von isbn
Ich muss das ganze ja aufsummieren weil er im 1,4,6,8,10,...-Wurf die 2. 6 gewürfelt haben kann

Im 1.Wurf wohl kaum: Wie soll da schon die zweite 6 erscheinen? Egal, $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ eingesetzt in die Formel oben kommt eh Null heraus, d.h. NICHT $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ wie bei dir. unglücklich

Und auch in der Summe wieder dieser Fehler mit $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} 2n \end{eqnarray*}$ ... Kurzum, es ist mit $\begin{eqnarray*} n=2k \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k=2,3,\ldots \end{eqnarray*}$ summiert

$\begin{eqnarray*} P(\mbox{"A würfelt zuerst die zweite 6"}) = \sum_{k=2}^{\infty} \frac{2k-1}{36}\cdot \left( \frac{5}{6} \right)^{2k-2} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2k+1}{36}\cdot \left( \frac{5}{6} \right)^{2k} = \frac{2075}{4356} \end{eqnarray*}$

bzw. mit $\begin{eqnarray*} n=2k+1 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k=1,2,\ldots \end{eqnarray*}$ summiert zuzüglich den Sonderfall $\begin{eqnarray*} n=2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(\mbox{"B würfelt zuerst die zweite 6"}) = \frac{1}{36} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2k}{36}\cdot \left( \frac{5}{6} \right)^{2k-1} = \frac{2281}{4356} \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Diesmal sind keine Fehler drin. Augenzwinkern

EDIT: Hab noch die Endresultate ergänzt, falls du doch nochmal vorbeischauen solltest.

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