Wahrscheinlichkeitsverteilung

du hast folgendes problem: du willst, dass bei den ersten k-1 würfen immer gleiche zeichen rauskommen und im k-ten wurf eben das andre.

obda (ohne beschränkung der allgemeinheit) willst du, dass in den ersten k-1 würfen immer kopf kommt und dann erst zahl. bei k würfen ist die wk dafür

(1/2)^(k-1)*(1/2)

weil zuerst hast Du k-1 würfe kopf und dann einen zahl.

ok, jetzt kannst Du aber entweder KKKKKKK....KZ, oder aber ZZZZZZZ....ZK haben, deswegen

2*(1/2)^(k-1)*(1/2) = p_K

Weiß nicht ob dir das weiter hilft:

http://de.wikipedia.org/wiki/Negative_Binomialverteilung

Geht ja in deinem Beispiel nicht darum wie wahrscheinlich es ist bei nem bestimmten wurf ein bestimmtes ergebnis zu haben sondern, wieviele würfe man im schnitt braucht für ein bestimmtes ergebnis.

Also wie wahrscheinlich ist mind.1kopf und mind.1 zahl bei 2 würfen, bei drei würfen 4 etc...
Theoretisch müsste man doch auch ausrechnen können wie wahrscheinlich das gegenereignis ist.

Also 1 - (wie wahrscheinlich ist es bei 2 würfen kein Kopf und zahl zu haben) was 0.5 ist weil man dafür kopf-kopf (0.25) oder zahl-zahl (0.25) braucht.
Für 3 würfe nicht das ergebnis ist wieder 2* 0.5^3 (also KKK oder ZZZ) was dann ja 0.5^2 also 0.25 ist...
Ergo 1-0.25 = 75% bei 3 würfen mind kopf und zahl einmal zu haben.
so kommt man von der Logik her etwas besser auf die Wahrscheinlichkeiten...
Und es ist schneller als wenn man alle möglichkeiten aufschreibt wie (KKZ, KZZ, KZK, ZZK, ZKK, ZKZ) / 8 möglichkeiten = 6/8 =75%....

hmm danke erstmal für eure hilfe, leider komm ich immer noch nicht darauf wie man es beweisen könnte also ich finde den gedankengang schon logisch wie Rho0 ihn schreibt, aber da bekomm ich doch in der klausur sicher keine punkte für? Kenn mich nicht so aus wird meine erste uni mathe klausur am freitag (StochastikI):)

@jolly: du vergisst in deiner interpretation, dass es heißt "bis zum ersten mal kopf und zahl auftreten".

du kannst kzk nicht als beispiel für 3 würfe betrachten weil nach 2 würfen schon beide zeichen auzfgetaucht sind.

@op: wenn dir mein gedankengang nicht gefällt versuch ich s jetzt mal über vollständige induktion:

n=2
der ausgang des ersten münzwurfs ist egal, der zweite münzwurf liefert mit 1/2 das passende zeichen, dass man abbricht und mit 1/2 dasselbe zeichen wie beim ersten münzwurf.
wenn das zweite zeichen passt ist die wahrscheinlichkeit (1/2)^(n-1).
wenn der zweite münzwurf nicht passt ist man bei
n=3
wie gesagt, der erste münzwurf ist egal und beim zweiten kam mit wk 0,5 dasselbe zeichen wie beim ersten. das spiel endet bei n=3 wenn der dritte münzwurf passt, und das gilt in 50% der fälle, also wk 0,25. in 50% der fälle ist man bei
n=4....

ok, wird keine vollständige induktion, ... ich lbieb bei meinem ersten vorschlag.

nich falsch verstehen ich finde den gedankengang gut, ich weiß nur nich ob dem prof das so aussreicht ♦ ich werds mal ordentlich zu papier bringen u dann morgen gucken was die andren so sagen.

Na ja, Du kannst es von ganz unten aufziehen und mathemtisch vernünftig machen. Definiere einen Wahrscheinlichkeitsraum, der zu dem durchgeführten Experiment passt:

Omega = { w aus {0,1}^n | w_1 = ... = w_n-1 != w_n, n aus IN, n > 1}

Sigma-Algebra: P(Omega)

W-Maß: P(w) = 1/2^n für w aus {0, 1}^n, d.h. n ist genau die Anzahl der Komponenten von w, d.h. die Anzahl der durchgeführten Würfe.

Deine Zufallsvariable ist jetzt:

T: Omega -> IR, w |--> n (= Anzahl der durchgeführten Würfe)

T trägt das Bildmaß, d.h. P_T(T = n) = P(T^(-1)(n)) = P({w aus Omega | w hat genau n Komponenten}) = P({(0, ..., 0, 1), (1, ..., 1, 0)}) = P(w = (0, ..., 0, 1)) + P(w = (1, 1, ..., 0)) = 1/2^n+1/2^n = 1/2^(n-1).

qed.