Ich habe mich der Lösung so genähert. Die Wahrscheinlichkeit für 500 Sterne auf einem Blech beim 1.Backvorgang beträgt Bpd(X = 500 ; 1000 ; 0,5) = 0,025225.... die Wahrscheinlichkeit beim 2.Backvorgang 500 Sterne auf einem Blech zu haben beträgt: Summe [Bpd(x ; 1000 ; 0,5)*Bpd(500 ; 1000 ; x/1000) ; 0 ; 1000] = 0,0178323...
Ich habe mit das so vorgestellt. Der 1.Backvorgang entspricht einem üblichen Galton- Brett mit einem Eingang und 1001 Ausgängen. Man wirft oben 1000 Kugeln rein und die verteilen sich ungefähr (Anzahl 1000 ist ja noch etwas klein) gemäß der Binomialverteilung (n = 1000 ; p = 0,5). Also ca. 25 Kugeln im Fach k = 500)
Wenn man jetzt ein 2.Galton- Brett mit 1001 Eingängen und 1001 Ausgängen dahinterschaltet und die 1001 Ausgänge vom Brett 1 mit den 1001 Eingängen des Bretts 2 verbindet (gleiches k), dann erhält man im Fach k = 500 noch ca. 18 Kugeln.
Gewissermaßen "zerfließt" die ursprüngliche Binomialverteilung zu den Rändern hin, da sich dort die beiden "absorbierenden" Zustände 0 Sterne und 1000 Sterne befinden. Nach 480 Durchgängen bin ich davon ausgegangen, dass näherungsweise eine Art "Gleichverteilung" vorliegt, also alle Sternanzahlen ungefähr gleichwahrscheinlich sind.
Dann ist die Wahrscheinlichkeit, wenn man am Schluss nach 480 Backvorgängen von Blech 1 zwei Kekse ohne Zurücklegen zieht für zwei gleiche Kekse (Stern- Stern oder Tannenbaum- Tannenbaum):
x/1000 * (x-1)/999 + (1000-x)/1000 * (999-x)/999 = (2x² - 2000x + 999 000)/999 000 = (2/999 000)*x² - (2/999)*x + 1 = p(x)
Jetzt habe ich den Mittelwert über alle x dieser Wahrscheinlichkeiten gebildet (wegen der nahezu Gleichverteilung) . Also: Summe (p(x) ; 0 ; 1000) / 1001
Dieser Mittelwert beträgt auf GTR- Genauigkeit 0,6666666667 also 2/3
Dies ergibt gerundet 0,7.
Jetzt zum einmaligen Ziehen von beiden Blechen:
Die Wahrscheinlichkeit hängt jetzt von x und y ab. p(x;y) = x/1000 * y/1000 + (1000 - x)/1000 * (1000-y)/1000 = (2xy - 1000x - 1000y + 1000000) / 1000000
oder p(x;y) = (2/1000000)*xy - (1/1000)*x - (1/1000)*y + 1
Jetzt muss man alle Kombinationen von x und y (also 1001 * 1001 = 1 002 001 Kombis) berücksichtigen und die Werte aufsummieren.
Das führt zu einer Doppelsumme: Summe [ Summe (p(x;y) ; 0 ; 1000) ; 0 ; 1000 ]
Da p(x;y) symmetrisch bezgl. x und y ist, kann man die Reihenfolge der Summen beliebig wählen.
Ich summiere zuerst über x von 0 bis 1000: Summe (p(x;y)) = Summe (1 - (1/1000)*y) + Summe (x*((2/1000000)*y - (1/1000))
Es gilt: Summe (1 - (1/1000)*y)= (1 - (1/1000)*y)*1001 = 1001 - (1001 / 1000)*y
Summe (x*((2/1000000)*y - (1/1000))= ((2/1000000)*y - (1/1000))* Summe (x)= ((2/1000000)*y - (1/1000))*1001*1000 /2= (1001/1000)*y - 1001/2
Insgesamt also: Summe (p(x;y)) = 1001 - (1001/1000)*y + (1001/1000)*y - 1001/2 = 1001/2 (unabhängig von y ==> die 2.Summe wird sehr einfach)
Jetzt summiere ich über y: Summe (1001/2) = (1001/2)* 1001 = 1001*1001 /2
Um den Mittelwert zu berechnen muss jetzt durch die Anzahl aller Kombis (also 1001*1001) dividieren ==> 1/2
Dies ist natürlich kein exakter Wert, aber dank der Antwortmöglichkeiten, hab ich richtig eingeloggt
Die Aufgabe 12 war bis dahin, zumindest für mich die schwerste Aufgabe. Und ab und zu benötigt man auch etwas Glück.
Ich habe mit das so vorgestellt. Der 1.Backvorgang entspricht einem üblichen Galton- Brett mit einem Eingang und 1001 Ausgängen. Man wirft oben 1000 Kugeln rein und die verteilen sich ungefähr (Anzahl 1000 ist ja noch etwas klein) gemäß der Binomialverteilung (n = 1000 ; p = 0,5). Also ca. 25 Kugeln im Fach k = 500)
Wenn man jetzt ein 2.Galton- Brett mit 1001 Eingängen und 1001 Ausgängen dahinterschaltet und die 1001 Ausgänge vom Brett 1 mit den 1001 Eingängen des Bretts 2 verbindet (gleiches k), dann erhält man im Fach k = 500 noch ca. 18 Kugeln.
Gewissermaßen "zerfließt" die ursprüngliche Binomialverteilung zu den Rändern hin, da sich dort die beiden "absorbierenden" Zustände 0 Sterne und 1000 Sterne befinden. Nach 480 Durchgängen bin ich davon ausgegangen, dass näherungsweise eine Art "Gleichverteilung" vorliegt, also alle Sternanzahlen ungefähr gleichwahrscheinlich sind.
Dann ist die Wahrscheinlichkeit, wenn man am Schluss nach 480 Backvorgängen von Blech 1 zwei Kekse ohne Zurücklegen zieht für zwei gleiche Kekse (Stern- Stern oder Tannenbaum- Tannenbaum):
x/1000 * (x-1)/999 + (1000-x)/1000 * (999-x)/999 = (2x² - 2000x + 999 000)/999 000 = (2/999 000)*x² - (2/999)*x + 1 = p(x)
Jetzt habe ich den Mittelwert über alle x dieser Wahrscheinlichkeiten gebildet (wegen der nahezu Gleichverteilung) . Also: Summe (p(x) ; 0 ; 1000) / 1001
Dieser Mittelwert beträgt auf GTR- Genauigkeit 0,6666666667 also 2/3
Dies ergibt gerundet 0,7.
Jetzt zum einmaligen Ziehen von beiden Blechen:
Die Wahrscheinlichkeit hängt jetzt von x und y ab. p(x;y) = x/1000 * y/1000 + (1000 - x)/1000 * (1000-y)/1000 = (2xy - 1000x - 1000y + 1000000) / 1000000
oder p(x;y) = (2/1000000)*xy - (1/1000)*x - (1/1000)*y + 1
Jetzt muss man alle Kombinationen von x und y (also 1001 * 1001 = 1 002 001 Kombis) berücksichtigen und die Werte aufsummieren.
Das führt zu einer Doppelsumme: Summe [ Summe (p(x;y) ; 0 ; 1000) ; 0 ; 1000 ]
Da p(x;y) symmetrisch bezgl. x und y ist, kann man die Reihenfolge der Summen beliebig wählen.
Ich summiere zuerst über x von 0 bis 1000: Summe (p(x;y)) = Summe (1 - (1/1000)*y) + Summe (x*((2/1000000)*y - (1/1000))
Es gilt: Summe (1 - (1/1000)*y)= (1 - (1/1000)*y)*1001 = 1001 - (1001 / 1000)*y
Summe (x*((2/1000000)*y - (1/1000))= ((2/1000000)*y - (1/1000))* Summe (x)= ((2/1000000)*y - (1/1000))*1001*1000 /2= (1001/1000)*y - 1001/2
Insgesamt also: Summe (p(x;y)) = 1001 - (1001/1000)*y + (1001/1000)*y - 1001/2 = 1001/2 (unabhängig von y ==> die 2.Summe wird sehr einfach)
Jetzt summiere ich über y: Summe (1001/2) = (1001/2)* 1001 = 1001*1001 /2
Um den Mittelwert zu berechnen muss jetzt durch die Anzahl aller Kombis (also 1001*1001) dividieren ==> 1/2
Dies ist natürlich kein exakter Wert, aber dank der Antwortmöglichkeiten, hab ich richtig eingeloggt
Die Aufgabe 12 war bis dahin, zumindest für mich die schwerste Aufgabe. Und ab und zu benötigt man auch etwas Glück.