Münzwurf: 10er Reihe Kopf innerhalb 100 Münzwürfen?

09.05.2016, 04:56

Mr.Statistik

Münzwurf: 10er Reihe Kopf innerhalb 100 Münzwürfen?

Meine Frage:
Hi, habe eine Aufgabe, die ich mir selbst gestellt habe, da ich mich mit kurzfristigen Börsenhandel interessiere und man hierbei im Bereich Money Management die Wahrscheinlichkeiten von Verlustphasen wissen sollte.
Leider finde ich keine Antwort bzw. Formel zur Berechnung.
Um diese Wahrscheinlichkeiten ansatzweise zu wissen, habe ich mir zum Anfang also einfach mal folgende Frage gestellt und habe die Vermutung, dass die Wahrscheinlichkeit für diese Aussage ziemlich hoch sein müsste. Jetzt will ichs natürlich genau wissen^^ Also:

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit in Prozent, dass innerhalb von 100 Münzwürfen (faire Münze) mindestens eine 10er-Reihe Kopf vorkommt?

Die 10er Reihe Kopf kann also innerhalb der 100 Würfe überall auftreten.
Das Wort "mindestens" bezieht sich sowohl auf die Option, dass 10er-Reihen einmal, zwei mal oder mehrmals vorkommen können,
als auch auf die Option, dass es anstatt einer 10er Reihe, auch beispielsweise eine 11er Reihe vorkommen kann.

Meine Ideen:
Im Internet leider wenig gefunden. Die Aufgaben waren -nur- ähnlich. Es scheint als ob diese harmlos klingende Aufgabe mehr zu bieten hat. Auf einmal kamen nämlich Formeln mit Fibonacci Zahlen und Iterationen...
Vielleicht kann mir jemand weiterhelfen?!

09.05.2016, 06:54

Dopap

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jede Bernoulli-Kette der Länge 10 hat beim Münzwurf immer die Wahrscheinlichkeit
$\begin{eqnarray*} \tfrac{1} {1024} \approx 0.098 % \end{eqnarray*}$ da es 1024 verschiedene Ketten gibt und es ein Laplace Versuch ist.

wenn wir den Versuch 10 mal wiederholen ist mit Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} 1- (\tfrac{1023} {1024})^{10}\approx 0.9723 % \end{eqnarray*}$ mindestens ein Treffer dabei.

Das mal vorab. Mit deiner Kette von 100 Würfen und mindestens einer Teilkette von mindestens 10 x Kopf sieht es natürlich etwas anders aus.
Wie genau bin ich noch am Überlegen verwirrt

09.05.2016, 10:40

Huggy

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Da die möglichen 10er-Ketten in einer 100er-Reihe nicht unabhängig voneinander sind, ist eine exakte Antwort schwierig. Mit einer Simulation bin ich auf eine Wahrscheinlichkeit von ca. 4,4 % gekommen.

09.05.2016, 11:03

HAL 9000

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Ich verweise mal auf das ähnliche Problem hier: Wahrscheinlichkeit: gleiches Würfelergebnis bei n Würfen

Quintessenz ist folgendes: In einem Bernoulliexperiment mit Erfolgswahrscheinlichkeit $\begin{align*} p \end{align*}$ sei $\begin{align*} w_k(n) \end{align*}$ die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eine Sequenz von (mindestens) $\begin{align*} k \end{align*}$ ununterbrochenen Erfolgen zu beobachten ist. Dann besteht die Rekursion

$\begin{align*} w_k(0)=\ldots = w_k(k-1) = 0,\, w_k(k)=p^k \end{align*}$ sowie $\begin{align*} w_k(n) = w_k(n-1) + p^k(1-p)\left( 1- w_k(n-k-1)\right) \end{align*}$ für $\begin{align*} n>k \end{align*}$ .

Im vorliegenden Thread mit $\begin{align*} p=\frac{1}{2} \end{align*}$ ergibt sich

$\begin{align*} w_{10}(100) = \frac{6\,993\,823\,047\,305\,143\,749\,226\,306\,585}{2^{97}} \approx 0.044137 \end{align*}$ ,

d.h. ich kann das Simulationsergebnis von Huggy auch auf theoretischem Weg bestätigen.

10.05.2016, 16:53

HAL 9000

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Ein Nachtrag noch: Betrachtet man die Komplementärwahrscheinlichkeit $\begin{align*} v_k(n):=1-w_k(n) \end{align*}$ , so wird durch das enstehende

Zitat:

$\begin{align*} v_k(0)=\ldots=v_k(k-1)=1,v_k(k)=1-p^k \end{align*}$ und $\begin{align*} v_k(n)=v_k(n-1)-p^k(1-p)v_k(n-k-1) \end{align*}$ für $\begin{align*} n>k \end{align*}$ .

eine homogene lineare Differenzengleichung $\begin{align*} (k+1) \end{align*}$ -ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten definiert. Die betragsmäßig größte Lösung der zugehörigen charakteristischen Gleichung

$\begin{align*} \lambda^{k+1}-\lambda^k + p^k(1-p) = 0\qquad (*) \end{align*}$

bestimmt dann auch die Konvergenzgeschwindigkeit der Folge $\begin{align*} (v_k(n))_{n=0,1,\ldots} \end{align*}$ gegen Null.

Für $\begin{align*} p=\frac{1}{2},k=2 \end{align*}$ lautet (*) übrigens $\begin{align*} 0 = \lambda^3-\lambda^2+\frac{1}{8} = \left(\lambda-\frac{1}{2}\right)\left(\lambda^2-\frac{1}{2}\lambda-\frac{1}{4}\right) \end{align*}$ , woraus über eine kleine Zwischenrechnung die explizite Darstellung

$\begin{align*} v_2(n) = \frac{1}{10} \left( (5-3\sqrt{5})\cdot \left( \frac{1-\sqrt{5}}{4} \right)^n + (5+3\sqrt{5})\cdot \left( \frac{1+\sqrt{5}}{4} \right)^n \right)\qquad (**) \end{align*}$

folgt. Der dominierende Faktor ist der hintere, d.h. für sehr große $\begin{align*} n \end{align*}$ gilt näherungsweise $\begin{align*} v_2(n) \approx 1.17\cdot 0.809017^n \end{align*}$ . (**) macht dann auch diese Bemerkung

Zitat:

Original von Mr.Statistik
Auf einmal kamen nämlich Formeln mit Fibonacci Zahlen und Iterationen...

für mich irgendwie verständlich. Augenzwinkern

10.05.2016, 17:34

Huggy

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Es ist immer wieder interessant zu sehen, was man bei solchen Problemen analytisch so alles machen kann.

10.05.2016, 18:46

HAL 9000

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Gleiches für k=10 kann man die Wurzeln der entstehenden Gleichung 11.Grades natürlich nicht mehr so schön darstellen. Numerisch ergibt sich für große $\begin{align*} n \end{align*}$ die Asymptotik $\begin{align*} v_{10}(n) \approx 1.00395\cdot 0.9995093^n \end{align*}$ . Bei n=100, was ja die Originalfragestellung betrifft, sind wir natürlich noch weit von einer Annäherung an Null entfernt.

10.05.2016, 19:30

Dopap

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Zitat:

Original von Dopap
[...] Mit deiner Kette von 100 Würfen und mindestens einer Teilkette von mindestens 10 x Kopf sieht es natürlich etwas anders aus.
Wie genau bin ich noch am Überlegen verwirrt

wenn ich mir das so anschaue, dann wundert es nicht, dass ich noch immer am überlegen bin Big Laugh

10.05.2016, 20:22

Huggy

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Tja, wenn man sich nicht den Kopf zerbrechen will, lässt man halt den Computer eine Simulation machen. Aber schöner finde ich solche analytischen Resultate. Nur traurig, dass mal wieder ein Fragesteller kein Interese mehr zeigt.

10.05.2016, 22:34

Dopap

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ja, das kommt leider recht häufig vor.

Dann müssen wir 3 von der ( Stochastik ) Tankstelle den Thread eben selbst führen Augenzwinkern

btw: Was macht eigentlich Math1986, unser Mod. ?

11.05.2016, 11:34

HAL 9000

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Zitat:

Original von Huggy
Nur traurig, dass mal wieder ein Fragesteller kein Interese mehr zeigt.

Es sind ja erst zwei Tage, da wollen wir mal noch nicht ungeduldig werden. Augenzwinkern

Ist ja nicht so wie wie hier, wo einer einem noch falsche Aussagen unterstellt, um sich Minuten später auf Nimmerwiedersehen zu verpissen.

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