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Mathematik » Stochastik und Statistik » Ws für K Gewinne aus N Losen, jeder Gewinn erhöht N
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Beruf Ws für K Gewinne aus N Losen, jeder Gewinn erhöht N
glan
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 16.08.2019
Mitteilungen: 5
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-08-16


Hallo allerseits,

ich habe folgende Aufgabenstellung:

Bei einem Losverfahren (Ziehen mit Zurücklegen) darf man N Mal ziehen. Jedes Los gewinnt mit Ws p. Pro gezogenem Gewinn bekommt man einen Versuch mehr. Mich interessiert die Wahrscheinlichkeit, dass jemand genau K Gewinne zieht.

Ich weiß auf jeden Fall, dass man maximal N+K-1 Versuche benötigen kann, da man dann N-1 mal verloren hat und die restlichen K Mal gewinnen muss. Meine Idee war die folgende:

\({n-1\choose k-1}\cdot p^{k-1}\cdot(1-p)^{n-k}\) ist die Ws dafür, dass genau k-1 Gewinne aus genau n-1 Versuchen herauskommen. Das heißt, wenn ich hier einfach noch ein \(p\) anmultipliziere, habe ich die Wahrscheinlichkeit, k-1 aus n-1 beliebig verteilte Gewinne kommen und abschließend noch ein zusätzlicher Gewinn. Meine Lösung (für K>0) wäre also:

\[p\sum_{n=K-1}^{N+K-2}{{n\choose K-1}\cdot p^{K-1}\cdot (1-p)^{n-K+1}}\]
Allerdings bin ich mir dabei nicht sicher. Ist meine Lösung korrekt?



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Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 1782
Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-08-16

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo glan und herzlich Willkommenm hier auf Matroids Matheplanet!

Du hast schon richtig erkannt, dass jeder Zug für sich genommen ein Bernoulli-Experiment ist. Dennoch halte ich deinen Ansatz für falsch. Denn er basiert auf der Idee der Binomialverteilung. Eine Binomialverteilung ist jedoch durch das Parameter-Paar \((n,p)\) festgelegt. Während hier \(p\) konstant bleibt, gilt dies für \(n\) eben nicht: denn das ist ja die Gesamtzahl der Versuche. Die muss für eine Binomialverteilung von vorn herein feststehen und darf nicht variabel sein wie in deinem Modell.

Der Grundgedanke ist ja bei dir, dass du für jede mögliche Anzahl an Zügen die Wahrscheinlichkeit \(P(X=k)\) aufsummierst (BTW: warum hört dein Summationsindex bei N+K-2 auf?) und dabei annimmst, dass der letzte Zug ein Gewinn ist. Das geht aber aus der Problembeschreibung nicht hervor. Da müsste ja irgendetwas in der Art stehen, dass man so lange zieht, bis man k-mal gewonnen hat.

Insbesondere berücksichtigt dein Modell damit nicht die Möglichkeit, dass man bei diesem Experiment auch mehr als k Gewinne erzielen kann.

Ich halte die Aufgabe für nichttrivial, um es mal so auszudrücken. Ich hätte da jetzt eher in Richtung eines stochastischen Prozesses gedacht. Habt ihr dieses Thema zufällig in letzter Zeit durchgenommen?

Will sagen: eine Idee habe ich (noch) nicht, wollte aber mal eine Rückmeldung geben und halte wie gesagt deinen Lösungsansatz für falsch.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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glan
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 16.08.2019
Mitteilungen: 5
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-16


Hallo Diophant,

ich hatte vergessen mit festzuhalten: Sobald man K Gewinne hat, bricht man ab. Daher gibt es auch nicht den Fall, dass man mehr als K Gewinne hat und daher endet das Experiment auch immer mit einem Gewinn.

Zum Summationsindex: Der fängt bei K-1 an, denn das ist die minimale Anzahl an Versuchen, die man benötigt, um K-1 Gewinne zu erzielen. Und er geht bis N+K-2, weil das die maximale Anzahl ist für K-1 Gewinne unter den gegebenen Bedingungen. An die Summe multipliziere ich noch das p an, da immer ein Gewinn am Ende steht.

Die Formel passt zumindest für ein paar wenige Fälle, die ich mir mit einem Baum per Hand nachgerechnet habe (z.B. N=2, K=2 oder N=4, K=2).

Vielen Dank auf jeden Fall schon einmal für deine Gedanken



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Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 1782
Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-08-16

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

2019-08-16 10:08 - glan in Beitrag No. 2 schreibt:
ich hatte vergessen mit festzuhalten: Sobald man K Gewinne hat, bricht man ab. Daher gibt es auch nicht den Fall, dass man mehr als K Gewinne hat und daher endet das Experiment auch immer mit einem Gewinn.

Ok, dann sieht es anders aus. Die Sache mit den \(N+K-2\) habe ich selbst eingesehen, aber weshalb erhöhst du den Exponenten am Faktor \(1-p\) um 1 und nicht am Faktor \(p\)?

Ein Irrtum ist noch aufzuklären: das Experiment endet keinsesfalls zwangsläufig mit einem Gewinn. Es kann bspw. auch so ablaufen, dass man N Nieten zieht.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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glan
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Dabei seit: 16.08.2019
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-16


Der ganze Teil in der Summe ist einfach nur die Ws-Funktion der Binomialverteilung, oder nicht? Am Faktor $1-p$ habe ich also eigentlich $(1-p)^{n-(K-1)}$.

Alles Nieten wäre ja aber kein erfolgreiches Experiment. Ich glaube aber zu verstehen was du meinst. Ich hatte ja schon geschrieben, dass das Experiment erfolgreich endet, sobald man K Gewinne hat. Es endet allerdings auch (erfolg_los_), wenn man keinen Versuch mehr hat. Solang man noch einen Versuch hat, kann man ja noch gewinnen, indem man ab da jedes mal einen Gewinn zieht.



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Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Mitteilungen: 1782
Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-08-16

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

im Vergleich zu deiner Augangsüberlegung möchtest du ja noch die Wahrscheinlichkeit dazumultiplizieren, in einem weiteren Zug ebenfalls zu gewinnen. Dabei müsste sich der Exponent von \(p\) m.E. auf \(K\) ehrhöhen, und der Exponent von \(1-p\) sollte bei \(n-K\) stehen bleiben. Sonst multiplizierst du doch die Wahrscheinlichkeit für eine Niete dazu.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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glan
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 16.08.2019
Mitteilungen: 5
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-16

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hast du vielleicht übersehen, dass ich in meiner Formel am Anfang ein $p$ vorn anmultipliziert habe? Das hätte ich natürlich auch mit $p^{K-1}$ in der Summe zusammenfassen können, aber ich dachte, dass dann mein Gedanke klarer wird.
\(\endgroup\)


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Diophant
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Dabei seit: 18.01.2019
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Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-08-16

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
2019-08-16 10:32 - glan in Beitrag No. 6 schreibt:
Hast du vielleicht übersehen, dass ich in meiner Formel am Anfang ein $p$ vorn anmultipliziert habe? Das hätte ich natürlich auch mit $p^{K-1}$ in der Summe zusammenfassen können, aber ich dachte, dass dann mein Gedanke klarer wird.

In der Tat, das hatte ich als Tippfehler eingeordnet. In dem Fall ist die Wahrscheinlichkeit dann so richtig bestimmt, würde ich sagen (das mit dem Exponenten von (1-p) habe ich nun auch nachvollziehen können).

Fürs nächste mal: unbedingt auf eine präzise Beschreibung des Zufallsexperiments achten. Die Frage, ob man nach K Gewinnen aufhört oder nicht führt hier zu völlig unterschiedlichen Ansätzen.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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glan
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 16.08.2019
Mitteilungen: 5
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-16


Vielen Dank dir auf jeden Fall und entschuldige die Ungenauigkeit am Anfang!



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Er/sie war noch nicht wieder auf dem Matheplaneten
mire2
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-08-16


Hmm, seid Ihr sicher, dass das so stimmt?

Jeder Gewinn führt doch laut Regel zwangsläufig zu einem weiteren Zug, wenn ich das richtig verstanden habe. Von einem vorzeitigen Abbruch ist da doch nicht die Rede.
Deshalb muss ich

1. (N+K)-mal ziehen
2. Ich muss gewährleisten, dass meine Ziehung nicht vor dem Erreichen meines Ziehungsziels mangels weiterer Versuche abbricht.

Wenn ich mir das Folge von Nullen und Einsen vorstelle, wobei 0=Niete und 1=Gewinn bedeutet, dann gibt es für N=2 und K=2 theoretisch folgende, mal explizit hingeschriebene, Möglichkeiten:

0011
0101
0110
1001
1010
1100

Allerdings erlauben nur die Möglichkeiten 0110, 1010 und 1100 einen "Durchlauf" bis zum zweiten Gewinn. Die anderen brechen vorher ab, weil die Ziehungsversuche aufgebraucht sind.

Diesen Gedanken kann man nun in eine Formel gießen, aber ich glaube, das Hauptunterschied liegt erst einmal in der Interpretation von weiteren Ziehungen bei einem Gewinn.

Das stelle ich mal so als Frage in den Raum, denn wenn ich den Fall in der Formel mit meinem Ergebnis für den Fall N=2, K=2 vergleiche, dann erhalte ich was anderes.

Gruß
mire2


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Diophant
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Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-08-16


Hallo mire2,

2019-08-16 11:36 - mire2 in Beitrag No. 9 schreibt:
Hmm, seid Ihr sicher, dass das so stimmt?

Jeder Gewinn führt doch laut Regel zwangsläufig zu einem weiteren Zug, wenn ich das richtig verstanden habe. Von einem vorzeitigen Abbruch ist da doch nicht die Rede.

im Themenstart nicht. Diese Tatsache wurde in Beitrag #2 nachgereicht:

2019-08-16 10:08 - glan in Beitrag No. 2 schreibt:
Hallo Diophant,

ich hatte vergessen mit festzuhalten: Sobald man K Gewinne hat, bricht man ab. Daher gibt es auch nicht den Fall, dass man mehr als K Gewinne hat...

Ich hatte das in #1 ja auch zu Bedenken gegeben, daraufhin hat der TS in #2 sein Anliegen ergänzt bzw. präzisiert.


Gruß, Diophant



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mire2
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Aus: Köln-Koblenz
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-08-16


Ok, das mit dem vorzeitigen Abbruch bei Zielerreichung habe ich überlesen.


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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-08-16


Wenn ich es richtig verstehe, geht es um die Frage "Sind in den ersten N+K-1 Versuchen mindestens K Treffer?"(*) Das läst sich als Summe von Wahrscheinlichkeiten einer Binomialverteilung darstellen.
(*) Für die Wahrscheinlichkeit spielt keine Rolle, dass man sowohl bei mehr als K Treffern als auch bei zu wenigen Treffern schon vorher aufgehört hätte. Man erreicht, so wie ich die Aufgabe verstehe genau dann K Treffer, wenn man in den ersten N+K-1 Versuchen mindestens K mal Erfolg hat.

Eine Alternative.
Man kann sich auch fragen: "Erfolgt der K-te Treffer innerhalb der ersten N+K-1 Versuche?" Die kann man auch formulieren als Summe von Wahrscheinlichkeiten einer negativen Binomialverteilung.

Das Ergebnis sollte das gleiche sein.



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-08-16


Hallo Kitaktus,

2019-08-16 13:07 - Kitaktus in Beitrag No. 12 schreibt:
Wenn ich es richtig verstehe, geht es um die Frage "Sind in den ersten N+K-1 Versuchen mindestens K Treffer?"(*) Das läst sich als Summe von Wahrscheinlichkeiten einer Binomialverteilung darstellen.
(*) Für die Wahrscheinlichkeit spielt keine Rolle, dass man sowohl bei mehr als K Treffern als auch bei zu wenigen Treffern schon vorher aufgehört hätte. Man erreicht, so wie ich die Aufgabe verstehe genau dann K Treffer, wenn man in den ersten N+K-1 Versuchen mindestens K mal Erfolg hat.

Ich habe den Ansatz so verstanden, dass es um genau K Treffer geht, nicht um mindestens K.

Hältst du denn die obige Wahrscheinlichkeitsfunktion für richtig (ich sehe sie als richtig an)?


Gruß, Diophant



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-08-16


2019-08-16 13:15 - Diophant in Beitrag No. 13 schreibt:
Ich habe den Ansatz so verstanden, dass es um genau K Treffer geht, nicht um mindestens K.

Hältst du denn die obige Wahrscheinlichkeitsfunktion für richtig (ich sehe sie als richtig an)?
Ich hatte Beitrag 2 zo verstanden, dass man nach K Treffern sowieso abbricht. Die Ergebnisse habe ich nicht explizit aufgeschrieben und nicht mit Euren Ergebnissen verglichen.

EDIT: Da mein Ansatz und der im Themenstart offenbar zu den gleichen Ergebnissen führen, halte ich beide für richtig. Wäre mal eine Interessante Übung nachzuweisen, dass beide Summen identisch sind, obwohl sie unterschiedlich aussehen.



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-08-16

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
@Kitaktus:
2019-08-16 13:46 - Kitaktus in Beitrag No. 14 schreibt:
2019-08-16 13:15 - Diophant in Beitrag No. 13 schreibt:
Ich habe den Ansatz so verstanden, dass es um genau K Treffer geht, nicht um mindestens K.

Hältst du denn die obige Wahrscheinlichkeitsfunktion für richtig (ich sehe sie als richtig an)?
Ich hatte Beitrag 2 zo verstanden, dass man nach K Treffern sowieso abbricht. Die Ergebnisse habe ich nicht explizit aufgeschrieben und nicht mit Euren Ergebnissen verglichen.

Ja, schon. Aber das Summenzeichen ist vielleicht das verwirrende Element hier (so ging es mir jedenfalls zu Beginn). Die Überlegung ist die, dass man für jede mögliche Zugzahl \(n\) - abzüglich \(1\) - die Wahrscheinlichkeit für \(k-1\) Treffer aufsummiert und die so entstehende Summe schlussendlich nochmal mit der Trefferwahrscheinlichkeit \(p\) multipliziert, da der letzte Zug ja ein Treffer sein muss.

Von daher hatte ich dich eventuell falsch verstanden. Das Wort mindestens legt ja irgendwie die Verwendung einer Verteilungsfunktion nahe, aber hier wurde ja mit der Wahrscheinlichkeitsfunktion der Binomialverteilung gearbeitet.

Und du hast es vermutlich so gemeint, dass ja immerhin noch Treffer folgen könnten, wenn man denn weitermachen würde.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-08-16


Siehe mein Edit in Beitag 14.

Ich habe meinen Ansatz hauptsächlich präsentiert, da die Summe von Wahrscheinlichkeiten der Binomialverteilung vielleicht leichter handhabbar sind als der Term im Themenstart. Man könnte z.B. durch die Normalverteilung approximieren, vorgefertigte Berechnungsfunktionen auf dem Taschenrechner benutzen, oder ...

Ja, wenn ich von "mindestens K Treffern" spreche, meine ich immer, "wenn man auch nach Erreichen von K Treffern das Experiment fortsetzen würde, bis man N+K-1 Versuche erreicht hat."



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2019-08-16


Hallo zusammen,

2019-08-16 08:44 - glan im Themenstart schreibt:
\[p\sum_{n=K-1}^{N+K-2}{{n\choose K-1}\cdot p^{K-1}\cdot (1-p)^{n-K+1}}\]

Diese Formel lässt sich wie folgt vereinfachen:
\[w(N,K)=\left(\frac p{1-p}\right)^K\cdot\sum_{n=K-1}^{N+K-2}{{n\choose K-1}\cdot (1-p)^{n+1}}\] @Kitaktus:
Wie sieht denn deine Formel aus?



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2019-08-16


Das ist wie gesagt die Summe der Wahrscheinlichkeiten einer Binomialverteilung:
\[\sum_{j=K}^{N+K-1} {N+K-1\choose j}p^j(1-p)^{N+K-1-j}\] Mit $i:=j-K$ wird daraus:
\[\left(\frac{p}{1-p}\right)^K \cdot \sum_{i=0}^{N-1} {N+K-1\choose i+K}p^{i}(1-p)^{N+K-1-i}\].



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2019-08-16


Hallo Kitaktus,

ich kann das noch nicht nachvollziehen: während in der Formel, die der Themstarter gefunden hat ebenso natürlich wie in der Umformung von StrgAltEntf  die obere Zahl im Binomialkoeffizient variabel ist und die unter Zahl für die Größe der Teilmenge konstant (da der TS ja für jede mögliche Zugzahl wieder mit einer neuen Binomialverteilung rechnet), ist es bei dir genau andersherum.

Könntest du das noch irgendwie kommentieren, dass es nachvollziehbar(er) wird?


Gruß, Diophant



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2019-08-16


Ich habe mal eine Simulation programmiert und kann die Formel \(w(N,K)=...\) aus dem TS bestätigen.

Außerdem kann man sich folgende Rekursion leicht überlegen:
\[w(N,K)=p\cdot w(N,K-1)+(1-p)\cdot w(N-1,K)\] \[w(N,0)=1\] \[w(0,K)=0\text{ für }K>0\] Auch dies bestätigt stichprobenhaft die Formel.

Kitaktus' Formel werde ich gleich auch noch mal programmieren.



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StrgAltEntf
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Aus: Milchstraße
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2019-08-16


Auch Kitaktus' Formel konnte ich stichprobenhaft bestätigen.



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2019-08-16


@StrgAltEntf:
Super. Und ich beginne, die Version von Kitaktus zu verstehen. Die Erklärung dazu steht in Beitrag #12, aber ich habe jetzt eine Weile gebraucht, um das nachvollziehen zu können.

Sehr interessantes Problem jedenfalls.  smile


Gruß, Diophant



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