Ich habe es mit Hilfe vom Pascalschen Dreieck gelöst. Nach n-Schritten erhält man durch die Koeffizienten im Dreieck die Anzahl der Wege, die an diese Position führen.
Die Wahrscheinlichkeiten aller Wege, die am Waldrand oder außerhalb ankommen (eins höher als der Startort), muss man addieren. Von den Wegen, die innerhalb ankommen, muss man noch diejenigen addieren, die zwischendurch mindestens einmal am Waldrand waren.
Für die erste Summe gilt ∑ (n über k) (2/3)^(n-k) (1/3)^k für k = n/2 (aufgerundet) …n
und für die zweite Summe ∑ (n über (k-1)) (2/3)^(n-k) (1/3)^k für k = 1 … n/2 (abgerundet)
Anschließend habe ich die Summen für große n vom Computer ausrechnen lassen.
Nicht so elegant, wie die Rechnungen oben, mit dem Pascalschen Dreieck aber eine schöne Veranschaulichung.
Pascal:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
unendlicher Wald (blau Waldgrenze)
1
1 1
1 1 1
1 1 3 1
1 1 4 4 1
1 1 5 10 5 1
Die roten Koeffizienten sind angepasst, denn es führen nicht zwei schwarze Irrwege zur zwei, sondern ein Irrweg und der Weg {raus, rein}.
Die Wahrscheinlichkeiten aller Wege, die am Waldrand oder außerhalb ankommen (eins höher als der Startort), muss man addieren. Von den Wegen, die innerhalb ankommen, muss man noch diejenigen addieren, die zwischendurch mindestens einmal am Waldrand waren.
Für die erste Summe gilt ∑ (n über k) (2/3)^(n-k) (1/3)^k für k = n/2 (aufgerundet) …n
und für die zweite Summe ∑ (n über (k-1)) (2/3)^(n-k) (1/3)^k für k = 1 … n/2 (abgerundet)
Anschließend habe ich die Summen für große n vom Computer ausrechnen lassen.
Nicht so elegant, wie die Rechnungen oben, mit dem Pascalschen Dreieck aber eine schöne Veranschaulichung.
Pascal:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
unendlicher Wald (blau Waldgrenze)
1
1 1
1 1 1
1 1 3 1
1 1 4 4 1
1 1 5 10 5 1
Die roten Koeffizienten sind angepasst, denn es führen nicht zwei schwarze Irrwege zur zwei, sondern ein Irrweg und der Weg {raus, rein}.
Grüße
DFUx
DFUx