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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:44 Mi 19.10.2005 | | Autor: | clwoe |
Hallo,
habe ein kleines Problem mit einer Wahrscheinlichkeitsverteilung einer Zufallsgröße.
Und zwar folgendes Problem:
Ein Computer druckt Wörter aus. Der Computer bricht ab nach dem dritten i-Wort(ein Wort das ein i enthält) aber spätestens nach dem sechsten Wort.
Ein i-Wort kommt mit der Wahrscheinlichkeit 0,4.
X ist die Anzahl der ausgedruckten Wörter.
Meine erste Frage lautet: Welche Werte kann die Zufallsgröße überhaupt annehmen?
Meine Idee dazu: Sie kann ganzzahlige Werte von 3 bis maximal 6 annehmen.
Und meine zweite Frage: Wie ist die Wahrscheinlichkeitsverteilung dazu?
Ich habe zwar eine, die auch absolut logisch überlegt ist aber in der Summe der Wahrscheinlichkeiten kommst bei mir dann nicht 1 heraus.
Also bitte helft mir mal weiter.
Gruß,
clwoe
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Hi, clwoe,
> Ein Computer druckt Wörter aus. Der Computer bricht ab nach
> dem dritten i-Wort(ein Wort das ein i enthält) aber
> spätestens nach dem sechsten Wort.
> Ein i-Wort kommt mit der Wahrscheinlichkeit 0,4.
> X ist die Anzahl der ausgedruckten Wörter.
>
> Meine erste Frage lautet: Welche Werte kann die
> Zufallsgröße überhaupt annehmen?
>
> Meine Idee dazu: Sie kann ganzzahlige Werte von 3 bis
> maximal 6 annehmen.
Richtig: 3, 4, 5 oder 6.
>
> Und meine zweite Frage: Wie ist die
> Wahrscheinlichkeitsverteilung dazu?
>
Nach drei Wörtern bricht er ab, wenn die 3 ersten Wörter "i-Wörter" sind:
P(X=3) = [mm] 0,4^{3} [/mm] =0,064
Nach 4 Wörtern bricht er ab, wenn nach dem 4.Wort 3 i-Wörter und ein Nicht-i-Wort erschienen sind. Dafür gibt's 4 Möglichkeiten; jede davon mit einer Wahrsch. von [mm] 0,4^{3}*0,6.
[/mm]
P(X=4) = [mm] 4*0,4^{3}*0,6 [/mm] = 0,1536
Nach 5 Wörtern bricht er ab, wenn nach dem 5.Wort drei i-Wörter und 2 Nicht-i-Wörter erschienen sind. Dafür gibt's 6 Möglichkeiten; jede davon mit einer Wahrsch. von [mm] 0,4^{3}*0,6^{2}.
[/mm]
P(X=5) = [mm] 6*0,4^{3}*0,6^{2} [/mm] = 0,13824
Nach dem 6. Wort bricht er IMMER ab, egal, ob er nun drei i-Wörter hat oder nicht!
Daher ist P(X=6) = 1 - (0,064+0,1536+0,13724) = 0,64416
Hattest Du's auch so?
(Ach ja: Keine Garantie für mögliche Rechenfehler!)
mfG!
Zwerglein
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:24 Mi 19.10.2005 | | Autor: | clwoe |
Hallo nochmal,
ich denke eben nicht das es so geht, da du vergessen hast, das ja auch abgebrochen wird nachdem drei i-Wörter erschienen sind. Wenn man also die Möglichkeit hernimmt, das 4 Wörter ausgedruckt werden, dann gibt es da nicht vier Möglichkeiten, sondern nur drei Möglichkeiten, da ja:
1 steht für i-Wort
0 steht für normales Wort
für x=4 also:
0111
1011
1101
nur möglich sein kann da bei der vierten Möglichkeit 1110 gar nicht vier Wörter erscheinen sondern nur die drei i-Wörter in diesem Fall und dann schon nach drei Wörtern abgebrochen wird. Genauso ist es bei fünf oder auch bei sechs Wörtern, ich darf die 1 an der letzten Stelle nicht verschieben sondern die muss immer an der letzten Stelle stehen bleiben, da ja sonst vorher schon abgebrochen wird und die Zufallsgröße gar nicht 4 oder 5 oder 6 annehmen kann. Das war ja auch mein Problem.
Ich habe die weiteren Lösungen:
x=4 habe ich oben stehen.
Dann wäre P(x=4)= [mm] \vektor{3 \\ 2}*0,4^3*0,6=0,1152
[/mm]
x=5 wäre dann:
Da muss ich auch die letzte 1 immer an letzter Stelle stehen lassen. Also muss ich zuerst wissen wieviele Möglichkeiten es gibt meine zwei restlichen i-Wörter auf die ersten vier Plätze zu verteilen.
[mm] P(x=5)=\vektor{4\\2}*0,4^3*0,6^2=0,13824
[/mm]
Für x=6 muss ich es genauso machen:
Wieviele Möglichkeiten gibt es meine ersten zwei i-Wörter auf den ersten fünf Plätzen zu verteilen.
[mm] P(x=6)=\vektor{5 \\ 2}*0,4^3*0,6^3=0,13824
[/mm]
Wenn ich nun diese Wahrscheinlichkeiten addiere komme ich nicht auf 1 und deshalb habe ich keine Ahnung wie man das machen soll.
Vielleicht weiß noch jemand wie es gehen könnte?
Gruß,
clwoe
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Hi Dominic,
> ich denke eben nicht das es so geht, da du vergessen hast,
> das ja auch abgebrochen wird nachdem drei i-Wörter
> erschienen sind. Wenn man also die Möglichkeit hernimmt,
> das 4 Wörter ausgedruckt werden, dann gibt es da nicht vier
> Möglichkeiten, sondern nur drei Möglichkeiten, da ja:
>
> 1 steht für i-Wort
> 0 steht für normales Wort
>
> für x=4 also:
>
> 0111
> 1011
> 1101
>
> nur möglich sein kann da bei der vierten Möglichkeit 1110
> gar nicht vier Wörter erscheinen sondern nur die drei
> i-Wörter in diesem Fall und dann schon nach drei Wörtern
> abgebrochen wird. Genauso ist es bei fünf
bis hierhin ![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
> oder auch bei
> sechs Wörtern,
nein! ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Nach sechs Wörtern wird ja immer abgebrochen. Auch wenn 6 0er erschienen sind.
>ich darf die 1 an der letzten Stelle nicht
> verschieben sondern die muss immer an der letzten Stelle
> stehen bleiben, da ja sonst vorher schon abgebrochen wird
> und die Zufallsgröße gar nicht 4 oder 5 oder 6 annehmen
> kann. Das war ja auch mein Problem.
>
> Ich habe die weiteren Lösungen:
>
> x=4 habe ich oben stehen.
>
> Dann wäre P(x=4)= [mm]\vektor{3 \\ 2}*0,4^3*0,6=0,1152[/mm]
>
> x=5 wäre dann:
>
> Da muss ich auch die letzte 1 immer an letzter Stelle
> stehen lassen. Also muss ich zuerst wissen wieviele
> Möglichkeiten es gibt meine zwei restlichen i-Wörter auf
> die ersten vier Plätze zu verteilen.
>
> [mm]P(x=5)=\vektor{4\\2}*0,4^3*0,6^2=0,13824[/mm]
>
Wunderbar!
> Für x=6 muss ich es genauso machen:
>
nein! Wann bricht er nach sechs Wörtern ab? Wie schon Zwerglein in der vorherigen Antwort geschrieben hat: In allen anderen Fällen, d.h. P(X=6) ergänzt die anderen Wahrsch. zu 1.
Aber der Vollständigkeit halber kann man das ja auch mal komplizierter ausrechnen: Dass erst nach 6 Wörtern abgebrochen wird, ist dann der Fall, wenn
a) keine 1 vorkam, also 000000. [mm]P(a)=0,6^6[/mm]
b) eine 1 vorkam, [mm]P(b)=\vektor{6\\1}*0,4*0,6^5[/mm]
c) zwei 1en vorkamen, [mm]P(c)=\vektor{6\\2}*0,4^2*0,6^4[/mm]
d) eine 1 am Ende und 2 davor (der Fall den du als einzigen betrachtet hattest!!), [mm]P(d)=0,4*\vektor{5\\2}*0,4^2*0,6^3[/mm]
Insgesamt ergibt sich [mm]P(X=6)=P(a)+P(b)+P(c)+P(d)=0,0467+0,1866+0,3110+0,1382=0,6825[/mm]
Also
[mm]\summe_{i=3}^{6} P(X=i) =0,0640+0,1152+0,1382+0,6825=0,9999[/mm]
Es passt also! (is nur Rundungsfehler)
mfg
Daniel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:37 Do 20.10.2005 | | Autor: | clwoe |
Hallo,
die Antwort von Zwerglein vorher hat schon gestimmt, habe ich danach auch gemerkt!
Also sorry falls ich gedacht habe es war falsch und danke nochmals für die schnelle Bearbeitung.
Gruß,
clwoe
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Naja sein P(X=4) stimmt nicht!
mfg
Daniel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:36 Do 20.10.2005 | | Autor: | Zwerglein |
Hi, clwoe,
> Wenn man also die Möglichkeit hernimmt,
> das 4 Wörter ausgedruckt werden, dann gibt es da nicht vier
> Möglichkeiten, sondern nur drei Möglichkeiten, da ja:
>
> 1 steht für i-Wort
> 0 steht für normales Wort
>
> für x=4 also:
>
> 0111
> 1011
> 1101
>
Hast Recht! Hier sind's nur 3 Möglichkeiten!
Aber der Rest ist folgerichtig!
mfG!
Zwerglein
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