Een kansverdeling

Ik wil nonsense woorden maken, waarbij elk woord bestaat uit 18 letters. Alleen de letters a, b, c, d, e en f komen voor. Een woord wordt als volgt gemaakt.

- Telkens wordt er uit de letters a, b, c, d, e en f een letter gekozen (met gelijke kansen). Dit wordt 18 keer gedaan.
- Als de vorige letter hetzelfde is als de letter die gekozen wordt, dan wordt er opnieuw een letter gekozen (zonder teruglegging) net zo lang totdat de vorige letter niet hetzelfde is als de vorige letter.
- Als de letter a niet voorkomt in de op deze wijze verkregen reeks van letters (het non-sense woord), dan wordt en een nieuwe reeks gemaakt totdat de reeks wel minstens één keer de letter a bevat. Een reeks, waarin de letter a niet voorkomt, telt dus niet.

De vraag is nu: hoe ziet de kansverdeling P(X=k) eruit voor k = 1, 2, ..., 9. Merk op dat de letter a hoogstens 9 keer kan voorkomen, namelijk in de reeks:

xaxaxaxaxaxaxaxaxa

of in de reeks

axaxaxaxaxaxaxaxax

waarbij x een niet-a is.

Ik dacht als oplossing het volgende:

Er zijn dus in feite maar maximaal 8 plaatsen voor de letter a. De kans dat de letter a telkens getrokken wordt is 1/6. Dus de oplossing is: een binomiale verdeling met p = 1/6 en n =8. Maar het lijkt dat dit niet de juiste oplossing is.

Ad van
Iets anders - woensdag 21 mei 2014

Antwoord

Het probleem is een stuk ingewikkelder dan een simpele binomiale verdeling.
Allereerst: het is niet duidelijk hoeveel letters U in het begin tot Uw beschikking hebt maar al lezende kwam ik tot de volgende interpretatie. Bekijk de rijen letters van lengte $18$ die voldoen aan (1) $a$ komt ten minste eenmaal voor en (2) opeenvolgende letters zijn verschillend.
De kansen die U zoekt zou ik berekenen door telkens `het aantal goede' door `het totaal' te delen.
Voor het tellen is het wat eenvoudiger eis (1) even opzij te zetten en later voorwaardelijke kansen te gebruiken voor het eindantwoord.
Ik zou die aantallen door middel van recurrente betrekkingen bepalen:
bijvoorbeeld voor het totaal aantal rijen dat aan (2) voldoet, noem dat $w_n$; er geldt $w_1=6$ en $w_{n+1}=6\times \frac56\times w_n$ (uitleg: verdeel de rijen van lengte $n$ in zes groepen naar `laatste letter'; die groepen zijn even groot, $\frac16w_n$, elke letter kan aan de rijen uit vijf van die zes groepen worden toegevoegd).
Voor rijen zonder $a$ geldt iets dergelijks: $z_1=5$ en $z_{n+1}=5\times\frac45\times z_n$.
Voor rijen met één $a$: noem het aantal $a_n$, dan geldt $a_1=1$ en $a_2=10$, en om $a_{n+1}$ in eerdere uitkomsten uit te drukken kijken we naar de laatste letter, als dit een $a$ is levert dat $z_n$ mogelijkheden en elke andere letter levert $z_{n-1}$ (als er een $a$ voor staat) plus $\frac45(a_{n-1}-z_{n-1})$ (als er geen $a$ voor staat); en dus $a_{n+1}=4a_{n-1}+z_n+z_{n-1}$. De betrekkingen worden bij stijgende aantallen $a$s wat ingewikkelder maar het lijkt me allemaal wel te doen.

kphart
zondag 25 mei 2014

Re: Een kansverdeling

Re: Een kansverdeling

©2001-2024 WisFaq