Hmm, wenn das stimmt, ist das die erste Aufgabe, wo ich daneben gegriffen habe.
Ich wäre für Tag 2 eigentlich auch auf über 50% gekommen, aber sicher nicht auf 100%, weshalb ich mich letztlich dann schweren Herzens doch für die Antwort 5 entschieden habe.
Und just in diesem Moment entdecke ich meinen Fehler: Es ist ja explizit von Rundung auf zwei Nachkommastellen die Rede, ich hab das nur auf die 0,33 bezogen, aber wenn ich auf zwei Nachkommastellen runde, kann ich natürlich trotzdem auf 1 kommen, auch wenn ich ein Gegenbeispiel finde, und damit hätte ich mich, sobald ich über 0,51 gekommen bin, und wusste, dass noch mehr geht, bei der Auswahl natürlich auf die 1 gehen müssen... Grmpf...
Tag 1 habe ich mit die 2 Möglichkeiten aufgezeichnet, und geschaut, wie es weitergeht. Und da sieht man schnell, dass jedes Paar ist wie das erste. Für das Erste ist die Chance fifty/fifty für gleich/ungleich. Also auch für das letzte Paar, also 0.5.
Am zweiten Tag kam ich damit nicht weiter, weil die Zufallsentscheidung schnell sehr viele Optionen ergab. Ich hab's dann programmiert, und hatte in keinem einzigen Fall ein Gegenbeispiel. Aber beim Programmieren hab ich natürlich den eigenen Fehlerbalken berücksichtigt, und dreimal nachgelesen, wie die Antworten gemeint sind. Ich bin gespannt, wie die händische Lösung abgekürzt werden kann.
Interessant sind hier vor allem die erste und die letzte Kombination, ist nämlich eine von diesen erreicht, setzt sich die jeweilige Farbe bis ans Ende der Werkbank fort.
Alle anderen Kombinationen führen (mehr oder weniger direkt, das spiele ich jetzt hier nicht durch), zu einer zufälligen Fortsetzung der Reihe. Bei 100 Wichtelpaaren und nur 16 möglichen Kombination ist nun schon intiuitiv klar, dass mit sehr hoher Wahrscheinlichkeit einer der beiden stabilen Zustände erreicht werden wird.
Naja, streng genommen sind es ja sogar 16 Zustände, die eine Vierergruppe Wichtel haben kann, du hast jetzt die mit Blau/Rot in der vorletzten Reihe weggelassen - wenn man gleichbedeutende weglassen will, würden noch ein paar andere rausfliegen.
Die Matrix, welcher der 16 Zustände mit welcher Wahrscheinlichkeit (0,25/0,5/1) in welchen übergehen kann, habe ich mir auch aufgebaut, aber wenn man das dann als Baum aufziehen will, wird der sehr schnell sehr breit (oder hoch)
Einzelne Gegenbeispiele finden sich ja problemlos, wenn die Wichtel in der ersten Reihe rot und blau wählen, die in der zweiten Reihe blau und rot, dürfen die in der dritten Reihe ebenfalls frei wählen und können sich dann natürlich für dieselbe Kombination entscheiden, wie ihre Vor-Vorgänger - und wenn das alle machen, haben auch die letzten natürlich gemischte Farben - insofern sind es natürlich nicht 100% im Sinne von "ausnahmslos alle", aber da auch die Wege zur Stabilität, die ich rausgearbeitet hatte, die längst nicht alle waren, in Summe eine Wahrscheinlichkeit von über 60% ergaben, konnte es bei der Auswahl nur noch die 100% sein, umso ärgerlicher, dass ich auf das alte Stochastikproblem reingefallen bin, dass (gerundete) 100% eben nicht heißen, dass es keine Ausnahme geben kann...
(12-14-2024, 05:41 PM)marac schrieb: Naja, streng genommen sind es ja sogar 16 Zustände, die eine Vierergruppe Wichtel haben kann, du hast jetzt die mit Blau/Rot in der vorletzten Reihe weggelassen - wenn man gleichbedeutende weglassen will, würden noch ein paar andere rausfliegen.
Ja, habe ich inzwischen bearbeitet/korrigiert.
(12-14-2024, 05:41 PM)marac schrieb: Die Matrix, welcher der 16 Zustände mit welcher Wahrscheinlichkeit (0,25/0,5/1) in welchen übergehen kann, habe ich mir auch aufgebaut, aber wenn man das dann als Baum aufziehen will, wird der sehr schnell sehr breit (oder hoch)
Wesentlich ist letztlich aber nur, dass es eben zwei Zustände gibt, die stabil bleiben, während alle anderen Zustände mehr oder weniger schnell/wahrscheinlich in diese überführt werden können. Na ja und natürlich, dass man sich bei der Antwortabgabe nicht selbst ein Bein stellt...
Andererseits kommt es ja auf die konkreten Farben nicht an, so dass man mit den 6 Fällen
xx xx xx xy xx xy
xx xy yx xy yy yx
auskommt, die ich
4 3l 3r 2s 2w 2d
genannt habe. Ihre Anfangswahrscheinlichkeiten sind dann
1/8 1/4 1/4 1/8 1/8 1/8
mit der Summe der "günstigen" Fälle 4, 3r und 2s von 1/2, und die Übergangsmatrix ist
1 0 1/2 1/4 0 0
0 0 1/2 1/2 0 0
0 1/2 0 0 0 1/2
0 0 0 1/4 0 0
0 0 0 0 0 1/4
0 1/2 0 0 1 1/4
Die händige Matrizenmultiplikation war mir aber dann auch dafür noch zu aufwendig, aber der Rechner zeigt, dass die Gesamtwahrscheinlichkeit bereits beim 29. Wichtelpaar bzw. die für den Fall 4 beim 32. die 0,995 übersteigt.
(12-14-2024, 06:33 PM)Gramar schrieb: Andererseits kommt es ja auf die konkreten Farben nicht an, so dass man mit den 5 Fällen
xx xx xx xy xx xy
xx xy yx xy yy yx
auskommt, die ich
4 3l 3r 2s 2w 2d
genannt habe. Ihre Anfangswahrscheinlichkeiten sind dann
1/8 1/4 1/4 1/8 1/8 1/8
mit der Summe der "günstigen" Fälle 4, 3r und 2s von 1/2, und die Übergangsmatrix ist
1 0 1/2 1/4 0 0
0 0 1/2 1/2 0 0
0 1/2 0 0 0 1/2
0 0 0 1/4 0 0
0 0 0 0 0 1/4
0 1/2 0 0 1 1/4
Die händige Matrizenmultiplikation war mir aber dann auch dafür noch zu aufwendig, aber der Rechner zeigt, dass die Gesamtwahrscheinlichkeit bereits beim 29. Wichtelpaar bzw. die für den Fall 4 beim 32. die 0,995 übersteigt.
Das ganze ist wieder ein Markow-Prozess. Ich komme auf dieselbe Übergangsmatrix wie Gramar. Um den stationären Zustandsvektor zu dieser Matrix auszurechnen, kann man eine Eigenwertanalyse dieser Matrix vornehmen. Der Eigenwert mit dem betragsmäßig größten Realteil ist 1 und dem zugehörigen Eigenvektor (1,0,0,0,0,0), also mit Wahrscheinlichkeit 1 im Zustand xx.
Genau, wieder eine Markow-Kette, die zweite dieses Jahr. Die letzte davor gab es 2019 bei der Aufgabe rendez-vous sur a line.
Man kann das hier auf 6 Zustände runterdampfen, dann wird s recht übersichtlich. Da es nur einen Rand(End)-Zustand gibt (gleiche Farben), wird dieser mit W-Keit 1 auch irgendwann erreicht. Bei 250 Wichtelpaaren eben beinahe 1.
Man kann berechnen, wie lange es durchschnittliche braucht, bis dieser Zustand erreicht wird: Mittlere Wartezeit bzw Erwartungswert bei zufälligem Start der ersten beiden Paare: Es braucht dann durchschnittlich 5,2 Schritte (Paare) bis der Endzustand erreicht ist: + 2 Anfangspaare: Sprich durchschnittlich beim 7,2. Paar (also 7-8. Paar) stellt sich der Endzustand bereits ein. Dann ist sofort klar, dass beim 250. Paar die W-Keit quasi 1 ist.
