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L-Münze

Schüler

Tags: L-Münze, Wahrscheinlichkeit

heike17 aktiv_icon

19:37 Uhr, 22.05.2012

Eine Aufgabe mit einer L-Münze.

Felix setzt auf das Wort

1010,

Regula auf das Wort

0011

. Dann werfen sie eine L-Münze bis dieses Wort erscheint.
Gesucht ist die Gewinnwahrscheinlichkeit für Felix und wie lange das Spiel im Mittel dauert.

So wie ich das verstehe ist eine L-Münze einfach eine Münze mit den Werten 0 und

1,

die beide gleich wahrscheinlich sind. Somit wäre auch die Wahrscheinlichkeit, dass Felix bzw. Regula gewinnt je

50 %

. Die Lösung soll aber

\frac{7}{16}

sein. Bei der Frage nach der Dauer des Spieles habe ich keine Ahnung wie man das lösen soll.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

kalli

14:03 Uhr, 23.05.2012

Hallo Heike,

für Dein Problem fällt mir auch keine einfache Lösung ein. Die Annahme, dass beide Kombinationen gleichhäufig vorkommen ist verständlich und Intuitiv klar, müsste aber noch gezeigt werden.

Mir fällt kein Modell ein, mit dem ich das auf die Schnelle ausrechnen könnte. Daher habe ich die Binärzahlen aufgeschrieben, die ja schließlich alle Möglichen Ergebnisse darstellen.

Dazu habe ich alle Zahlen von 0 bis

15

als 4 stellige Zahlen aufgefasst. Dementsprechend gibt es jeweils eine Gewinnmöglichkeit für beide, also insgesamt

\frac{2}{16} = \frac{1}{8}

ist die Wahrscheinlichkeit, dass nach 4 Münzwürfen Schluss ist.

Nun schreibe alle 5 stelligen Zahlen auf. Wenn Du die führende 0 weglässt, kommen genau die Zahlen

16

bis

31

dabei heraus, also die nächsten möglichen Zahlen.

So gehst Du weiter vor mit den 6 stelligen und 7 stelligen Zahlen und kannst so den Erwartungswert bestimmen. Du musst nur aufpassen, dass Du keine Kombination wählst, die schon früher, also in den Stellen

1 - 5

zur Lösung geführt hätten und du musst dich bei der LÖsung auf die letzten 4 Stellen beschränken, da ansonsten die Lösung schon gezählt wurde.

Also

4 \cdot P (4) + 5 \cdot P (5) + ...

.
Das ist eine unendliche Reihe. ICh hoffe, dass sich spätestens bei der 7 eine Regel ableiten lässt, wie

P

und die Anzahl der Würfe in Zusammenhang steht und man das Ergebnis als Reihe abschätzen kann.

Für die Wahrscheinlichkeit des Gewinnens für die einzelnen Spieler würde ich auch über das Abzählen vorgehen und schauen, ob es sich tatsächlich um

50 %

handelt, oder doch das Ergebnis von

\frac{16}{7}

stimmt.

Tut mir leid, dass ich keine leichtere Lösung parat habe, aber mir fällt da leider nichts besseres zu dem Problem ein.

Matlog aktiv_icon

15:53 Uhr, 24.05.2012

Hallo Heike,

zunächst interessiert mich, wo Du diese Aufgabe her hast bzw. in welchem Rahmen Du die lösen sollst.
Die Aufgabe erfordert zwar keine "höhere" Mathematik, ist aber trotzdem extrem knifflig.

Es ist mir gelungen, die Lösung zu finden (Felix´Gewinnwahrscheinlichkeit

\frac{7}{16}

stimmt tatsächlich!).
Möchtest Du die Lösung vorgesetzt bekommen oder lieber eine Anleitung, wie Du selbst weiter etwas versuchen kannst?

Gruß, Matlog

heike17 aktiv_icon

16:46 Uhr, 24.05.2012

Das war

2006

eine Prüfungsaufgabe für die Matura im Kanton Zürich. Diese Aufgabe ist eine Vorbereitung auf die Prüfung.

Wenn du mir die haargenaue Berechnung sendest, wäre ich dir extrem dankbar. Ich würde dann versuchen alles nachzuvollziehen und zu verstehen und zu verallgemeinern, so dass ich in Zukunft solche Aufgaben alleine lösen kann.

Matlog aktiv_icon

17:19 Uhr, 24.05.2012

Ich halte diese Aufgabe zu diesem Zweck für zu schwierig. Aber vielleicht gibt es auch einen einfacheren Lösungsweg?! Mein Lösungsweg verwendet rekursive Beziehungen zwischen den Wahrscheinlichkeiten.

Zunächst meine Bezeichnungen:
a ist die Wahrscheinlichkeit, dass Felix gewinnt.
a mit einer Ziffernfolge im Index bedeuted die Wahrscheinlichkeit für Felix´Gewinn, wenn diese Ziffernfolge schon unmittelbar vorher aufgetreten ist.

a_{10}

bedeuted beispielsweise, dass zunächst eine

1,

dann eine 0 kam, und jetzt ist das unter dieser Voraussetzung die Wahrscheinlichkeit für den Gewinn von Felix.

a_{10}

ist auch dieselbe Wahrscheinlichkeit, wenn vor der

10

schon andere Ziffern kamen, aber nur, wenn durch diese nicht schon ein Gewinn entstand oder ein früherer Gewinn möglich wird.

Man kann dann einige dieser Wahrscheinlichkeiten vereinfachen:

Z . B

. gilt

a_{010} = a_{10}

(weil mit

010

ja kein Gewinn oder Verlust beginnt) oder

a_{111} = a_{1}

.
Wenn die bisherige Ziffernfolge direkt noch zu einem Gewinn oder Verlust führen kann, dann ist eine Beziehung wie

a_{10} = \frac{1}{2} \cdot a_{100} + \frac{1}{2} \cdot a_{101}

wertvoll.
Es entstehen dann manchmal interessante rekursive Beziehungen wie

a_{00} = \frac{1}{2} \cdot a_{000} + \frac{1}{2} \cdot a_{001} = \frac{1}{2} \cdot a_{00} + \frac{1}{2} \cdot a_{001},

also nach

a_{00}

aufgelöst

a_{00} = a_{001}

.

Ich hoffe, das ist bis hierhin klar!
Der Beweis folgt.

Matlog aktiv_icon

17:48 Uhr, 24.05.2012

Beginnen wir ganz einfach:

a_{1010} = 1

a_{0011} = 0

(1)

a_{001} = \frac{1}{2} \cdot a_{0010} + \frac{1}{2} \cdot a_{0011} = \frac{1}{2} \cdot a_{10} + 0

(2)

a_{000} = a_{00}

(3)

a_{101} = \frac{1}{2} \cdot a_{1010} + \frac{1}{2} \cdot a_{1011} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot a_{1}

(4)

a_{00} = \frac{1}{2} \cdot a_{000} + \frac{1}{2} \cdot a_{001} = \frac{1}{2} \cdot a_{00} + \frac{1}{4} \cdot a_{10},

wegen

(2)

und

(1)

(5)

Nach

a_{00}

aufgelöst ergibt sich

a_{00} = \frac{1}{2} \cdot a_{10}

(6)

a_{100} = a_{00} = \frac{1}{2} \cdot a_{10},

wegen

(5)

(7)

a_{10} = \frac{1}{2} \cdot a_{100} + \frac{1}{2} \cdot a_{101} = \frac{1}{4} \cdot a_{10} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \cdot a_{1},

wegen

(6)

und

(3)

(8)

Nach

a_{10}

aufgelöst ergibt sich

a_{10} = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot a_{1}

(9)

a_{1} = \frac{1}{2} \cdot a_{10} + \frac{1}{2} \cdot a_{11} = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \cdot a_{1} + \frac{1}{2} \cdot a_{1},

wegen

(8)

(10)

Nach

a_{1}

aufgelöst:

a_{1} = \frac{1}{2}

(11)

Dies in

(8)

eingesetzt ergibt

a_{10} = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{1}{2}

(12) a_{0} = \frac{1}{2} \cdot a_{00} + \frac{1}{2} \cdot a_{01} = \frac{1}{4} \cdot a_{10} + \frac{1}{2} \cdot a_{1} = \frac{1}{8} + \frac{1}{4} = \frac{3}{8},

wegen (5),

(11)

und

(10)

(13) a = \frac{1}{2} \cdot a_{0} + \frac{1}{2} \cdot a_{1} = \frac{3}{16} + \frac{1}{4} = \frac{7}{16},

wegen

(12)

und

(10)

.

Für die Bestimmung des Erwartungswerts der Länge der Ziffernfolge kann man ähnlich vorgehen (folgt später!).

Matlog aktiv_icon

22:05 Uhr, 24.05.2012

Jetzt berechnen wir noch den Erwartungswert

E

für die Dauer des Spiels.

E

mit einer Ziffernfolge als Index sei der Erwartungswert für die Anzahl der ab jetzt noch folgenden Ziffern. (Die eventuell noch vor der Ziffernfolge im Index vorkommenden Ziffern dürfen wieder keinen Einfluss haben.)

Es geht wieder einfach los:

E_{1010} = 0

E_{0011} = 0

(1)

E_{001} = 1 + \frac{1}{2} \cdot E_{0010} + \frac{1}{2} \cdot E_{0011} = 1 + \frac{1}{2} \cdot E_{10}

(2)

E_{000} = E_{00}

(3)

E_{101} = 1 + \frac{1}{2} E_{1010} + \frac{1}{2} \cdot E_{1011} = 1 + \frac{1}{2} \cdot E_{1}

(4)

E_{00} = 1 + \frac{1}{2} \cdot E_{000} + \frac{1}{2} \cdot E_{001} = 1 + \frac{1}{2} E_{00} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \cdot E_{10},

wegen

(2)

und

(1)

(5)

nach

E_{00}

aufgelöst:

E_{00} = 3 + \frac{1}{2} \cdot E_{10}

(6)

E_{100} = E_{00} = 3 + \frac{1}{2} \cdot E_{10},

wegen

(5)

(7)

E_{10} = 1 + \frac{1}{2} \cdot E_{100} + \frac{1}{2} \cdot E_{101} = 1 + \frac{3}{2} + \frac{1}{4} \cdot E_{10} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \cdot E_{1} = 3 + \frac{1}{4} \cdot E_{10} + \frac{1}{4} \cdot E_{1},

wegen

(6)

und

(3)

(8)

nach

E_{10}

aufgelöst:

E_{10} = 4 + \frac{1}{3} \cdot E_{1}

(9)

E_{1} = 1 + \frac{1}{2} \cdot E_{10} + \frac{1}{2} \cdot E_{11} = 1 + 2 + \frac{1}{6} \cdot E_{1} + \frac{1}{2} \cdot E_{1},

wegen

(8)

(10)

nach

E_{1}

aufgelöst:

E_{1} = 9

(11)

eingesertzt in

(8)

ergibt:

E_{10} = 4 + 3 = 7

(12) E_{0} = 1 + \frac{1}{2} \cdot E_{00} + \frac{1}{2} \cdot E_{01} = 1 + \frac{3}{2} + \frac{1}{4} \cdot E_{10} + \frac{1}{2} \cdot E_{1},

wegen

(5)

= \frac{5}{2} + \frac{7}{4} + \frac{9}{2} = \frac{35}{4},

wegen

(11)

und

(10)

(13) E = 1 + \frac{1}{2} \cdot E_{0} + \frac{1}{2} \cdot E_{1} = 1 + \frac{35}{8} + \frac{9}{2} = \frac{79}{8},

wegen

(12)

und

(10)

(blödes Ergebnis, vielleicht hab ich mich irgendwo verrechnet?)

heike17 aktiv_icon

23:56 Uhr, 24.05.2012

Vielen Dank für die Lösung.

Ich finde das Problem ziemlich kompliziert für das Abitur, muss ich sagen.
Ich hoffe so was kommt nicht dran.

Auf alle Fälle ist auch deine Lösung für den Erwartungswert richtig! Ich bin stark beeindruckt.

Nochmals vielen Dank!

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