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Münzwurf 21 mal - mind. 3 mal in Serie Kopf

Universität / Fachhochschule

Wahrscheinlichkeitsmaß

Tags: Kopf, Münzwurf, Wahrscheinlichkeit, Zahl

Feuerprinz aktiv_icon

17:41 Uhr, 19.09.2017

Grüße euch!

Ich bin auf der Suche nach dem Weg zu einer Formel die mir die Lösung zu folgender Aufgabenstellung zeigt:

Ich werfe eine Münze mit den Seiten Kopf/Zahl

21

mal.
Nun will ich wissen wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass innerhalb dieser

21

Würfe eine Serie von mindestens 3 mal Kopf in Folge auftaucht.

Wichtig: diese "mindestens 3 mal Kopf" müssen in folge stattfinden. Also zb: zahl, kopf, kopf, kopf,

. .

.

und nicht zahl, kopf, zahl, kopf, kopf,

...

.

Natürlich könnte ich einen Baum Zeichnen und dann alle Pfade addieren aber das wäre viel zu aufwändig, deswegen müsste es doch irgendeine Vereinfachung geben?

Im Anhang noch ein Bild mit der augenscheinlichen Lösung von

80 %

.
Nur interessiert mich mehr der Weg zur Lösung, da ich diesen auch für ähnliche Beispiele benötige. Bitte höflichst um Hilfe :-)

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

anonymous

21:45 Uhr, 22.09.2017

Hallo
Ganz schön verzwickt.
Aber lösbar! :-)

1 .)

Ich gebe zu, meine ersten Überlegungen waren auch nicht sehr zielführend, so dass ich ein wenig faul oder denkfaul eben zum Maschinengewehr, sprich zum Computer griff.
Also: nicht sehr schön, und nicht sehr elegant, aber
Eine Lösungsmöglichkeit: Computersimulation.

2 .)

Im nachhinein muss ich sagen
"glücklicherweise"
war mein Computer bzw. Tabellenkalkulationsprogramm eben doch zu schwach, um eben alle

2^{21}

Ereignisse durchzupauken.
Das zwang mich ein wenig mehr nachzudenken, und dann über diesen Umweg doch zu folgender intelligenteren Lösung zu kommen.

3 .)

Fangen wir mal klein an. Fangen wir mal mit
3-maligem
Münzwurf an.
Das sind

2^{3}

Elementarereignisse, siehe den GRÜNEN Kasten in meinem Anlagebild.
Und klar: nur eines der Elementarereignisse bildet deine Erfolgsgruppe Kopf-Kopf-Kopf, ach wie ungeschickt, ich habe das spontan binär eben

1 - 1 - 1

umbenannt. Aber ich hoffe, wir alle kommen mit 1='Kopf' und 0='Zahl-Münzseite' klar.
siehe letzte Zeile ganz unten.

4 .)

Jetzt erhöhen wir auf
4-maligen
Münzwurf.
Das ist der BLAUE Kasten in meinem Anlagebild.
Man kann zwei Fälle unterscheiden:

4 . a)

In der oberen Hälfte ist der bisherigen Grüne-Kasten-3mal-Münzwurf-Folge eine NULL vorangestellt.
Was bringt eine Null? Richtig. Rein gar nichts.
Es bleibt bei dem einen Erfolgs-Fall

1 - 1 - 1,

den wir schon oben unter

3 .)

hatten.

4 . b)

In der unteren Hälfte ist der bisherigen Grüne-Kasten-3mal-Münzwurf-Folge eine EINS (Kopf) vorangestellt.
Jetzt wird's schon spannender.
Natürlich bleibt der Erfolgs-Fall in der untersten Zeile, den wir ja schon bei 3mal-Münzwurf betrachtet hatten.
Aber siehe da, es kommt ein weiterer Erfolgs-Fall

1 - 1 - 1

hinzu, in der vorletzten Zeile, den ich leicht bräunlich hervorgehoben habe.

4 . c)

Zusammenfassung
Bei 4-maligem Münzwurf haben wir

>

einen Erfolgsfall wie 3-malig mit vorangestellter

0,

>

einen Erfolgsfall wie 3-malig mit vorangestellter

1,

>

einen Erfolgsfall neu, mit vorangestellter 1 plus 1-1-Beginn des folgenden 3-malig-Münzwurfs.
Folglich:

1 + 1 + 1 = 3

Erfolgsfälle.

5 .)

Jetzt erhöhen wir auf
5-maligen
Münzwurf.
Das ist der ROTE Kasten in meinem Anlagebild. (der passt schon gar nicht mehr ganz auf's Bild, aber wir sehen gleich, das macht gar nichts.)
Man kann zwei Fälle unterscheiden:

5 . a)

In der oberen Hälfte ist der bisherigen Blaue-Kasten-4mal-Münzwurf-Folge eine NULL vorangestellt.
Was bringt eine Null? Richtig. Rein gar nichts.
Es bleibt bei den 3 Erfolgs-Fällen, die wir schon oben unter

4 .)

hatten.

5 . b)

In der unteren Hälfte ist der bisherigen Blaue-Kasten-4mal-Münzwurf-Folge eine EINS (Kopf) vorangestellt.
Jetzt wird's schon spannender.
Natürlich bleiben die 3 Erfolgs-Fälle, die wir ja schon bei 4mal-Münzwurf betrachtet hatten.
Aber siehe da, es kommen zwei weitere Erfolgs-Fälle

1 - 1 - 1

hinzu, mit vorangestellter 1 und anschließendem 1-1-Fortsetzung in der 4mal-Folge.

5 . c)

Zusammenfassung

3 + 3 + 2 = 8

Erfolgsfälle

6 .)

Jetzt erhöhen wir auf
6-maligen
Münzwurf.
Du siehst, das ist auch schon im Bild vorbereitet, und sogar farblich hervorgehoben.

6 . a)

vorangestellt Null, was soll schon über die 8 Erfolgsfälle

s . o

. hinaus geschehen?

6 . b)

siehe Bildausschnitt, durchzählen, mitdenken...

6 . c)

8 + 8 + 4 = 20

Erfolgsfälle

7 .)

. .

. na, du sollst ja auch noch deine Freude haben.
Ich lass dich mal machen.
Und lass dich nicht entmutigen.
Mein erster Freudenschimmer wurde auch wieder ernüchtert und bedurfte noch ein weiteres bisschen Nachdenken, um diesen verzwickten gordischen Knoten zu lösen.
Viel Spaß!

Feuerprinz aktiv_icon

11:00 Uhr, 04.11.2017

Toller Lösungsvorschlag, ich danke dir herzlichst :-). Vor allem hast du meine Fragestellung auf Anhieb verstanden, was ja schon per se löblich ist.

Dies ist allerdings doch ein sehr mühsamer Weg um schlussendlich die Lösung parat zu haben.
Mich würde interessieren, ob man für dieses Beispiel eine Formel erstellen könnte, die einem die ganze Zeichnerei erspart?

Roman-22

16:21 Uhr, 04.11.2017

>

Mich würde interessieren, ob man für dieses Beispiel eine Formel erstellen könnte, die einem die ganze Zeichnerei erspart?
kreador hat dir doch mit de ganzen "Zeichnerei" den Weg zumindest zu einer Rekursionsformel geebnet! Damit kommst du dann ganz ohne zu "zeichnen" auf

1686408

"günstige" Fälle bei 21-maligem Münzwerfen und somit auf die Wahrscheinlichkeit

\frac{1686408}{2^{21}} = \frac{210801}{262144} \approx 80,414 %

.
Die Frage nach 4-er Ketten führt analog auf

1042126

günstige Fälle und eine Wahrscheinlichkeit von ca.

49,692 %

. Da wurde in dem Artikel, aus dem dein Screenshot stammt, falsch gerundet

\to

www.pokerolymp.com/38122/wenn-uns-der-zufall-nicht-zufaellig-genug-erscheint-die-wunderliche-welt-der-wahrscheinlichkeiten

Interessant wäre ja zB auch noch die Frage nach der Auftretenswahrscheinlichkeit von mindestens einer Kopf- ODER einer Zahl-3er Kette (über

98 %)

oder von mind. einer Kopf- UND mind. einer Zahl-3er-Kette (immer noch über

62 %)

.
Unser Bauchgefühl unterschätzt die Wahrscheinlichkeiten für solche Ereignisse tatsächlich sehr.

anonymous

11:46 Uhr, 05.11.2017

Hallo
Du sagtest, "Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."
Also dann, wo stehst du, wo hängst du, hast du die Gedankengänge soweit verstanden, hast du

7 .)

oder ggf.

8 .)

oder ggf.

9 .)

bearbeitet, hast du die Gesetz- oder Regelmäßigkeiten erkannt?

"Dies ist allerdings doch ein sehr mühsamer Weg um schlussendlich die Lösung parat zu haben."
Nein, wenn man erst mal so weit ist, dann ist doch der Schritt zur schlussendlichen Lösung noch ein 'Hennendepperle'.

Feuerprinz aktiv_icon

13:13 Uhr, 05.11.2017

@Roman-22

Du hast natürlich Recht, er hat mir den Weg ja bereits geebnet. Habs nicht gleich verstanden, danke für deine Mithilfe! Und ja hier gibt es noch einige Beispiele die wider unserer Erwartungen ausgehen, was sehr spannend ist.

@kreadoor

Ich hab ne Weile gebraucht bis ich es dann doch ganz verstanden habe.
Im Schritt 7. müsste es dann wie folgt aussehen wenn ich mich nicht irre:

20 + 20 + 8 = 48

Erfolgsfälle

Schritt 8:

48 + 48 + 16 = 112

Erfolgsfälle.

Danke dir nochmal für die Mühe und die tolle übersichtliche Darstellung, ohne die ich es nicht so schnell gecheckt hätte.

anonymous

16:37 Uhr, 05.11.2017

Hallo nochmals.
Auch ich hatte vor mehr als einem Monat ein spontanes Erfolgsgefühl.
Auch ich hatte vor mehr als einem Monat einen Rückschlag.
Aber
"mein erster Freudenschimmer wurde auch wieder ernüchtert und bedurfte noch ein weiteres bisschen Nachdenken".

Schritt 7:
Nein, es gilt nicht

20 + 20 + 8

Das ist zwar korrekt

48,

aber nicht die Anzahl möglicher günstiger Ereignisse, mindestens einen 3-Block KKK unter 7 Münzwürfen zu finden.

Was für ein Verständnis hast du denn gewonnen oder welcher Theorie bist zu zuletzt unterlegen?

Feuerprinz aktiv_icon

20:55 Uhr, 09.11.2017

Also man weiß ja dass es beim 6-maligem Wurf

20

günstige Fälle gibt.
Daraus lässt sich schließen dass beim 7 maligem Wurf
schon mal mindesten

20 + 20

günstige Fälle auftreten müssen

+

eben die neuen günstigen Pfade, von denen ich dachte dass sie sich pro wurf jeweils verdoppeln.

Dann versteh ich aber die Zunahme der jeweiligen neuen günstigen Pfade pro Wurf nicht.
Könntest du mir Schritt 7 bitte erläutern vielleicht wird es mir dann klar.

anonymous

23:54 Uhr, 09.11.2017

Ganz richtig!
Wenn wir beim x-maligen Münzwurf

a (x)

günstige Ereignisse haben,
und von diesem x-maligen Münzwurf auf (x+1)-maligen Münzwurf schließen, dann

>

haben wir

a (x)

günstige Ereignisse mit vorangestellter "0",

>

haben wir

a (x)

günstige Ereignisse mit vorangestellter "1",

>

und

b (x + 1)

günstige "neue" Ereignisse, das sind eben die spannenden.

Betrachten wir mal die bisherigen Erkenntnisse:

x = 3 :

Es gibt

a (3) = 1

Erfolgsfall.

x = 4 :

Es gibt

a (4) = 1 + 1 + 1 = 3

Erfolgsfälle.

x = 5 :

Es gibt

a (5) = 3 + 3 + 2 = 8

Erfolgsfälle.

x = 6 :

Es gibt

a (6) = 8 + 8 + 4 = 20

Erfolgsfälle.

Auch ich war damals zunächst dem voreiligen Trugschluss unterlegen, dieser Teilterm

b (x)

wäre

2^{x - 4}

.
"Mein erster Freudenschimmer wurde auch wieder ernüchtert und bedurfte noch ein weiteres bisschen Nachdenken"

Besser als hier tausend Worte zu nutzen, die mir auch schwer fielen zu suchen und zu erklären, ist es, die Theorie für

b (x)

nicht zu vorschnell zu fassen, sondern zu prüfen.
Besser als hier tausend theoretische Worte war auch mein Vorgehen und ist mein Ratschlag:
Führ einfach noch ein paar Beispiele tabellarisch vor Augen.
Du siehst meiner Grafik schon an: ich habe ein Tabellenkalkulationsprogramm genutzt.
Da kannst du einen Block, den du mal geschrieben hast, ganz leicht kopieren, und noch eine "0" oder eine "1" voranstellen, und sehr schnell vor Augen führen, welche Fälle

b (x)

"neu" hinzukommen.

Du wirst sehen, und ich will schon mal verraten:

x = 7 :

Es gibt

a (7) = 20 + 20 + 7 = 47

Erfolgsfälle.

x = 8 :

Es gibt

a (8) = 47 + 47 + 13 = 107

Erfolgsfälle.

x = 9 :

Es gibt

a (9) = 107 + 107 + 24 = 238

Erfolgsfälle.

Wenn du jetzt mal genau in deiner Tabelle schaust und dir klar machst, an welcher Stelle die "neuen" Fälle

b (x)

immer hinzukommen
"und bedurfte noch ein weiteres bisschen Nachdenken"
dann wird dir vielleicht auch noch leicht klar, wie sich diese Reihe

b (x)

zusammensetzt.

Ich will jetzt mal noch nicht noch mehr verraten und dir die Chance auf dein Erfolgsgefühl lassen...
Viel Spaß!

anonymous

22:20 Uhr, 06.01.2018

"====================================
Nachricht von: Feuerprinz
an: Kreadoor
Gesendet:

06.01.2018, 20 : 37

Münzwurf
Hallo kreadoor, du hast mir mal bei einem mathematischen Problem weitergeholfen. Hab mich dann leider eine Zeit nicht mehr damit beschäftigt und bin erst heute wieder darauf zurückgekommen.
Der Beitrag ist leider schon geschlossen worden, deswegen schreib ich dich direkt an.
www.onlinemathe.de/forum/Muenzwurf-21-mal-mind-3-mal-in-Serie-Kopf
Der obige Link, falls du es dir in Erinnerung rufen willst.
Also du hast mir ja zu meinem Glück bis Schritt 9 alle Lösungen geliefert:

Bei

10

gibt es dann

520

günstige Fälle
und bei

11

sind es dann

1121

günstige

Ich habe aber einen komplizierten Weg um die günstigen Fälle zu errechnen.
Und zwar geh ich immer 4 Münzwürfe zurück wenn ich den aktuellen berechnen will.
Heißt wenn ich Wurf

10

berechne, seh ich mir Wurf 6 an und errechne dort die Differenz zwischen allen möglichen Pfaden

(64)

und den günstigen Pfaden

(20) = 44

Und diese

44

liefert mir dann die "neuen" günstigen Pfade bei Wurf

10

Also

: 238 + 238 + 44

Wollte wissen ob du das anders gemacht hast??

==================================="

Hallo Feuerprinz
Dass die Frage geschlossen wurde, ist ja kein Grund, nicht hier weiter zu machen...

anonymous

22:22 Uhr, 06.01.2018

Wenn ich von (x-1)-mal Würfeln auf x-mal Würfeln schließe, dann hatten wir uns doch schon verständlich gemacht:

a)

Wir können allen Fällen mit (x-1)-mal Würfeln eine 0 voranstellen.
Das macht alle günstigen Ereignisse

a (x - 1)

auch zu günstigen Ereignissen hier für

a (x)

b)

Wir können allen Fällen mit (x-1)-mal Würfeln eine 1 voranstellen.
Auch dann bleiben alle günstigen Ereignisse

a (x - 1)

auch günstige Ereignisse hier für

a (x)

c)

Zusätzlich kommen doch noch "neue" günstige KKK-Gruppen hinzu, nämlich genau dann, wenn die vorherige Kopf-Zahl-Anreihung genau mit der Reihung

110 ...

.
begann.
Denn, wenn der

110 . .

. eine 1 vorangestellt wird, dann wird daraus eine

1110 . .

.
und das ist doch genau dieser 'neue' günstige KKK-Drilling, den wir suchen.

Wenn die vorherige Kopf-Zahl-Anreihung nicht mit

11 . .

. begonnen hätte, dann würde auch eine vorangestellte 1 keine

111 . .

. bewirken, also kein neuer KKK-Drilling.

Und wenn die vorherige Kopf-Zahl-Anreihung nicht mit

110 . .

. , sondern mit

111 . .

. begonnen hätte, dann wäre doch schon vorher in der x-maligen Reihung dieser

111,

also KKK-Drilling aufgetreten, und somit schon vorher das günstige Ereignis eingetreten, und folglich schon vorher unter

a)

bzw.

b)

als günstig bewertet und gezählt worden.

c . 2)

In dieser Annahme/These hattest sowohl du wie ich vorschnell vermutet, die Anzahl 'neuer' günstiger KKK-Drillinge verdoppelte sich mit jeder Erhöhung von

x :

b (x) = 2^{x - 4}

Ein klein wenig Wahrheit ist ja darin. Denn die Anzahl an Reihungen mit 110...-Start verdoppelt sich tatsächlich mit der Anzahl an Münzwürfen

x

.
Dass diese These

b (x)

so aber noch nicht stimmt, haben wir ja dann bei

x = 7

schmerzlich ersehen.

c . 3)

Wenn du dir das Beispiel

x = 7,

also 7-fachen Münzwurf mal tabellarisch vor Augen geführt hast, dann hast du auch sehen und verstehen können, woran das liegt.
Wir hatten zwar tatsächlich

2^{x - 4} = 2^{7 - 4} = 2^{3} = 8

Reihungen mit dem 110...-Start.
ABER
die Reihung

1110111

konnte nicht neu gezählt und gewertet werden, weil schon das Ende eine

... . 111,

also eine günstige KKK-Drillingskonstellation aufwies, und somit schon unter

a)

oder

b)

gezählt war.

Und wenn du dir das Beispiel

x = 8,

also 8-fachen Münzwurf mal tabellarisch vor Augen geführt hast, dann hast du auch sehen und verstehen können:
Wir hatten zwar tatsächlich

2^{x - 4} = 2^{8 - 4} = 2^{4} = 16

Reihungen mit dem 110...-Start.
ABER
die Reihungen

11100111

11101110

11101111

konnte nicht neu gezählt und gewertet werden, weil schon im 4-stelligen Ende jeweils eine

111,

also eine günstige KKK-Drillingskonstellation aufgetreten war, und somit schon unter

a)

oder

b)

gezählt war.

c . 4)

Wenn wir das aber verstanden haben, dann können wir noch ein wenig weiter denken und verstehen:
Der x=7-fache Münzwurf hat für die potenziell neue Zählung unter

c)

>

einen 1110...-Start

>

und dahinter eine 3-stellige Endung.

Der x=8-fache Münzwurf hat für die potenziell neue Zählung unter

c)

>

einen 1110....-Start

>

und dahinter eine 4-stellige Endung.

Der x=9-fache Münzwurf hat für die potenziell neue Zählung unter

c)

>

einen 1110.....-Start

>

und dahinter eine 5-stellige Endung.

Oder allgemein:
Der x-fache Münzwurf hat für die potenziell neue Zählung unter

c)

>

einen 1110...-Start

>

und dahinter eine (x-4)-stellige Endung.

c . 5)

Diese (x-4)-stellige Endung aber ist doch auch wieder eine Reihung.
Immer wenn in dieser (x-4)-stelligen Endung schon ein günstiger

111 -

bzw. KKK-Drilling auftrat, dann konnte diese Konstellation unter

c)

nicht neu dazugewonnen werden,
sondern war schon in der Zählung der günstigen Ereignisse unter

a)

und

b)

drin.

Wie viele solche Fälle gibt es aber, die wir unter

c)

nicht 'neu' hinzugewinnen?
Na, das ist doch jetzt wieder gewissermaßen einfach.
In der (x-4)-fachen Reihung sind natürlich

a (x - 4)

günstige KKK-Drillinge.

D . h . :

b (x) = 2^{x - 4} - a (x - 4)

c . 6)

Und somit erhalten wir schlussendlich die folgende rekursive Formel.
Die Anzahl günstiger Variationen mit mindestens einem KKK-Drilling unter x-fachem Münzwurf beträgt:

a (x) = 2 \cdot a (x - 1) + (2^{x - 4} - a (x - 4))

mit:

a (3) = 1

a (x < 3) = 0

anonymous

11:53 Uhr, 20.01.2018

Persönliche Nachricht

>

von Feuerprinz

>

an Kreadoor

>

gesendet:

20.01.2018, 0 : 23 h

"Hallo kreador,
hab mir jetzt ziemlich lange angesehen was du in deinem letzten Beitrag gepostet hast. www.onlinemathe.de/forum/Muenzwurf-21-mal-mind-3-mal-in-Serie-Kopf

Ist wirklich sehr gut erklärt und ich check das meiste jetzt auch sowie das zustande kommen der neuen günstigen Pfade aber die Umwandlung in die Formel ist mir nicht ganz klar. Bin leider ein Laie auf diesem Gebiet.
Also wenn

a (3) = 1

Welchen Wert setzt du für

a

in die Formel ein???
a(x)=2⋅a(x−1)+(2x−4−a(x−4))

= = = = = = = =

Nachricht Ende =========="

Hallo Feuerprinz
Leider hat der onlinemathe-Editor die Formel wieder mal ein wenig entstellt.
Ich hatte dennoch gehofft, dass sie verständlich sei.
Ich versuch's noch mal, jetzt als Indizes.
Statt

a (x)

schreibe ich halt mal

a_{x} . .

a_{x} =

2*a_(x−1)

+ (

2^(x−4) − a_(x−4) )

(N . B

. ...und der Editor bleibt eben so beharrlich eigenwillig, wie er eben nun mal ist...)

a_{0} = 0

a_{1} = 0

a_{2} = 0

a_{3} = 1

a_{4} = 2 \cdot a_{3} + (2^{4 - 4} - a_{0}) = 2 \cdot 1 + (2^{0} - 0) = 3

a_{5} = 2 \cdot a_{4} + (2^{5 - 4} - a_{1}) = 2 \cdot 3 + (2^{1} - 0) = 8

a_{6} = 2 \cdot a_{5} + (2^{6 - 4} - a_{2}) = 2 \cdot 8 + (2^{2} - 0) = 20

a_{7} = 2 \cdot a_{6} + (2^{7 - 4} - a_{3}) = 2 \cdot 20 + (2^{3} - 1) = 47

u . s . w . .

Feuerprinz aktiv_icon

22:19 Uhr, 20.01.2018

Achso, ja diese Formel war mir bereits bekannt, die Darstellung hat mich etwas verwirrt dachte du hättest einen anderen Lösungsweg als ich.

Damit ich aber auf die günstigen Fälle von zb:

a (7)

schließen kann muss ich doch erst immer die günstigen Fälle von

(\in

diesem Fall)

a (3)

und

a (6)

wissen.
Meine Frage ist, ob es da keine andere Formel gibt, die mir das Ergebnis der günstigen Fälle liefert ohne, dass man alle günstigen Fälle der vorherigen Würfe kennt???

Nochmals danke für die bisherigen Hilfestellungen!

anonymous

10:25 Uhr, 21.01.2018

Hallo
Du willst anstelle der rekursiven Formel eine explizite Formel.

a)

Nun, erhoffst du eine exakte Formel?
Angesichts der Mühen, die die bisherige Herleitung für die rekursive Formel erforderte, habe ich da wenig Hoffnung. Ich will nicht ausschließen, dass ein gescheiterer Kopf als ich das kann. Ich sehe nur zu wenig Aussicht auf Erfolg, hier noch weiter Geist und Zeit dafür zu investieren.

b)

Oder begnügst du dich mit einer Näherungslösung?
Das ist ja numerisch angesichts der vielen Funktionswerte, die wir schon haben, kein Problem mehr.
Ich biete mal an:
Die Wahrscheinlichkeit, in einer Folge von

x

Münzwürfen mindestens einmal eine direkte Folge

K - K - K

anzutreffen, beträgt (etwa):

p (x) = 1 - \frac{1,13745159503203}{e^{0.0837693179438998 \cdot x}}

Und folglich: Die Anzahl günstiger Ereignisse unter der Variation der Möglichkeiten beträgt (etwa):

a (x) = 2^{x} \cdot p (x)

Feuerprinz aktiv_icon

15:39 Uhr, 21.01.2018

Puh,... also hier steig ich leider aus.

Weiß leider nicht wie du die Zahlenwerte bei

p (x)

herleitest.

Die Näherungslösung liefert mir also nicht die exakte Lösung sondern nur einen ungefähren Wert?Oder wie kann ich das verstehen?

anonymous

17:28 Uhr, 21.01.2018

Ja. Wir haben ja die exakten Zahlenwerte

a (x)

aus der rekursiven Formel ermittelt.
Und ich habe ganz einfach eine Funktion numerisch an diese Funktionswerte angepasst.

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

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