Wühltierprozess

20.06.2022, 21:00

Finn_

Wühltierprozess

Ein nicht näher bestimmtes Wühltier gräbt sich zwei Meter weit durchs Erdreich. Es gräbt den ersten Abschnitt einen Meter weit und jeden weiteren Abschnitt halb so weit wie den vorherigen. Am Beginn eines jeden Abschnittes entscheidet es sich erneut, ob es waagerecht oder senkrecht weitergraben will, wobei es diese Entscheidung rein zufällig fällt. Wie groß ist der Erwartungswert des waagerechten Anteils?

21.06.2022, 09:19

Huggy

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RE: Wühltierprozess
Das passt doch eher als leichter Quickie in die Rubrik "Rätsel und Probleme".

21.06.2022, 09:21

HAL 9000

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Ja, es ist wohl eher nicht anzunehmen, dass Finn Probleme bei der Lösung dieses Problems hat. Augenzwinkern

22.06.2022, 12:58

Gualtiero

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In der Hochschulstochastik habe ich nichts verloren, aber ich sehe das Thema auch als Rätselfrage, und nur deshalb wage ich einen Lösungsversuch.

Die Längen der Teilabschnitte verhalten sich ja wie die Folgeglieder $\begin{eqnarray*} \left(\frac{1}{2} \right)^0, \left(\frac{1}{2} \right)^1, \left(\frac{1}{2} \right)^2, . . . \end{eqnarray*}$ .

Die momentane Länge des Gangsystems, abhängig von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , ist demnach $\begin{eqnarray*} 2-\left(\frac{1}{2} \right)^n \end{eqnarray*}$ .

Das Tier gräbt insgesamt zwei Meter, also muss es unendlich viele Abschnitte geben.

Da der Wechsel zwischen waagrechtem oder senkrechtem Gangvortrieb (=zwei Ereignisse) vom Zufall abhängt, könnte man diesen genausogut durch Werfen einer "W"/"S"-Münze steuern.
Solange $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ endlich ist, ist die Wahrscheinlichkeit für beide Richtungen unbestimmt, sie wird bei ca. 0.5 liegen. Aber im Unendlichen steht es genau fifty-fifty.

Das heißt, der Erwartungswert des waagrechten Anteils ist $\begin{eqnarray*} 0.5 \end{eqnarray*}$ .

24.06.2022, 01:34

klauss

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RE: Wühltierprozess
Vorschlag:

a) endlicher Fall

Die Anzahl waagerechter Abschnitte bei insgesamt $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ zurückgelegten Abschnitten ist eine binomialverteilte Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} E(X)~=~n/2 \end{eqnarray*}$ .

Der mittlere zurückgelegte Weg pro Abschnitt bei insgesamt $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Abschnitten ist
$\begin{eqnarray*} \overline{s}=\frac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1} \left(\frac{1}{2} \right)^{k}= \frac{1-\left(\frac{1}{2} \right)^{n}}{n/2} \end{eqnarray*}$

Der mittlere zurückgelegte waagerechte Weg bei insgesamt $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Abschnitten ist
$\begin{eqnarray*} E(X) \cdot \overline{s}=1-\left(\frac{1}{2} \right)^{n} \end{eqnarray*}$

b) Grenzübergang

Der mittlere zurückgelegte waagerechte Weg für $\begin{eqnarray*} n \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \text{mittlerer Anteil waagerechter Weg}~=~\frac{\text{mittlerer zurückgelegter waagerechter Weg}}{\text{zurückgelegter Gesamtweg}}=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

24.06.2022, 07:39

Huggy

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RE: Wühltierprozess
Man braucht da keine Grenzwertbildung. Seien $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ die Zufallsvariablen für den waagrechten und den senkrechten Weg und $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ der gesamte Grabungsweg. Dann ist

$\begin{eqnarray*} E(X)+E(Y)=s \end{eqnarray*}$

und wegen der Symmetrie des Problems

$\begin{eqnarray*} E[X)=E(Y) \end{eqnarray*}$

Möglicherweise wollte Finn_ darauf sagen: April, April!. Zu Beginn befindet sich das Wühltier doch auf der Erdoberfläche und da kann man nicht waagrecht graben. Der erste Schritt geht also senkrecht. Das sollte allerdings lebhaften Protest hervorrufen.

24.06.2022, 12:51

klauss

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RE: Wühltierprozess

Zitat:

Original von Huggy
Zu Beginn befindet sich das Wühltier doch auf der Erdoberfläche und da kann man nicht waagrecht graben.

"gräbt sich ... durchs Erdreich ..." Es kann also schon am Anfang drin sein, z. B. nach Pause in einem Hohlraum.
Ich habe dann eine rein rechnerische Lösung versucht, möglichst "argumentfrei".

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