Kugel-Schubladen Modell < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Bei der Marmeladen Produktion rutschen versehentlich 20 Kerne zufällig in 50 Marmeladengläser. Wie viele Gläser muss man kaufen, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mind. 95% mindestens einen Kern zu finden? |
Hi, wär super, wenn ihr mir hier helfen könnt. Ich steh ein wenig auf dem Schlauch.
1. Also, soweit bin ich:
[mm]0,95 \leq P(X \geq 1) \gdw 0,05 \geq P(X = 0)[/mm]
Wobei X die Anzahl der gefundenen Kerne sei.
Das Problem ist, dass ich nicht weiß, mit welcher Wkeit kein Kern in einem Glas ist, denn es könnten ja auch in einem Glas 20 Kerne stecken, und in allen anderen keiner.
2. (hypothetische Zusatz-Frage) Wäre immer nur ein Kern pro Glas möglich, so hätten wir ja eine Wkeit von [mm]\bruch{3}{5}[/mm] im ersten Glas keinen zu finden, [mm]\bruch{30}{49}[/mm] im zweiten keinen zu haben etc. Soweit richtig? Und dann hätte man für [mm]P(X = 0) = \produkt_{i=0}^{k} \bruch{30}{50 - i}[/mm] und versuchte k auszurechnen mit der Bedingung [mm]P(X = 0) \leq 0,05[/mm] ?
Danke im Voraus für eure Bemühungen,
viele Grüße,
Andrea
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:10 Di 14.12.2010 | | Autor: | luis52 |
Moin Andrea,
> 2. (hypothetische Zusatz-Frage) Wäre immer nur ein Kern
> pro Glas möglich,
Ich denke, damit sollte man arbeiten, denn sonst wird die Chose wohl sehr haesslich.
> so hätten wir ja eine Wkeit von
> [mm]\bruch{3}{5}[/mm] im ersten Glas keinen zu finden,
> [mm]\bruch{30}{49}[/mm] im zweiten keinen zu haben etc. Soweit
> richtig? Und dann hätte man für [mm]P(X = 0) = \produkt_{i=0}^{k} \bruch{30}{50 - i}[/mm]
> und versuchte k auszurechnen mit der Bedingung [mm]P(X = 0) \leq 0,05[/mm]
> ?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Sehe keinen Fehler.
vg Luis
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Hi,
in meiner Alternativlösung ist natürlich ein Fehler...
Und zwar nimmt die Wkeit ein Glas ohne Kern zu finden ab und nicht zu,
das erste Glas hat 30/50, das zweite 29/49 etc.
P(X=0)= [mm]\summe_{i=0}^{k} \bruch{30-i}{50-i}[/mm]
lg,
Andrea
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Hat denn noch jemand eine Idee wie das aussehen könnte, ohne die Annahme, dass pro Glas höchstens ein Kern möglich ist? (Quasi Aufgabe 1)
Die Aufgabenstellung gibt ja die zweite Version eigentlich nicht her...
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Hi,
möglicherweise habe ich eine Idee - aber wie immer in der W-theorie kann da auch noch ein dicker Hund drin sein:
1. Schritt: Ich berechne, wie groß die W-keit dafür ist, dass in einem Glas mind. ein Kern ist.
2. Schritt: Dann ist es ein einfaches Bernoulli-Experiment mit geg. W-keit und gesuchtem Exponenten.
Zu Schritt 1:
Der Versuch eines Urnenmodells:
Man hat 50 Kugeln [mm] (\hat= [/mm] 50 Gläser) und zieht 20-mal mit Zurücklegen ohne Berücksichtigung der Reihenfolge.
Dann kann man die Gesamtzahl der Möglichkeiten leicht berechnen, braucht man hier aber m.E. nicht.
Ich denke mir jetzt ein festes Glas (z.B. Nummer 1) und betrachte ein darauf abgestimmtes Baumdiagramm für das 20-fache Ziehen. Dort gibt es in jedem Zug zwei Äste, nämlich "1 wird gezogen" [mm] (\Rightarrow [/mm] W-keit ist [mm] \bruch{1}{50}) [/mm] oder "1 wird nicht gezogen" [mm] (\Rightarrow [/mm] W-keit ist [mm] \bruch{49}{50}).
[/mm]
Jetzt interessiert eigentlich nur der Fall, dass das Glas nie gezogen wird und dafür gibt es nur einen Weg durch den Baum, nämlich dass in jedem der 20 Züge der Weg mit der W-keit [mm] \bruch{49}{50} [/mm] gegangen wird.
Also ist die W-keit dafür, dass in einem speziellen Glas KEIN Kern drin ist (d.h. dass es nie gezogen wurde): [mm]\links( \bruch{49}{50} \rechts)^{20} \approx 0,6676 [/mm]
Zu Schritt 2:
Jetzt habe ich also eine "Gewinnwahrscheinlichkeit" von [mm] 1-\links(\bruch{49}{50}\rechts)^{20} = 0,3324 [/mm] und es ist nur noch ein einfaches Experiment, für das gilt:
[mm]P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0,6676^{n} \ge 0,95[/mm]
(Klar: Man hat wiederum nur eine Möglichkeit, d.h. Binomialkoeffizient = 1, man zieht n Gläser, die alle "falsch" sind).
Das lässt sich jetzt standardmäßig lösen:
[mm]0,6676^{n} \le 0,05[/mm]
[mm]n * ln\ 0,6676 \le ln\ 0,05 [/mm]
[mm]n \ge \bruch{ln\ 0,05}{ln\ 0,6676} \approx 7,4[/mm]
Man müsste also mindestens 8 Gläser kaufen, damit man mit mehr als 95% W-keit ein Glas mit Kern(en) erwischt.
Für mich klingt das erstmal plausibel - aber sicher bin ich natürlich nicht 
lg weightgainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:35 Di 14.12.2010 | | Autor: | gfm |
> Hi,
> möglicherweise habe ich eine Idee - aber wie immer in der
> W-theorie kann da auch noch ein dicker Hund drin sein:
>
> 1. Schritt: Ich berechne, wie groß die W-keit dafür ist,
> dass in einem Glas mind. ein Kern ist.
>
> 2. Schritt: Dann ist es ein einfaches Bernoulli-Experiment
> mit geg. W-keit und gesuchtem Exponenten.
>
> Zu Schritt 1:
> Der Versuch eines Urnenmodells:
> Man hat 50 Kugeln [mm](\hat=[/mm] 50 Gläser) und zieht 20-mal mit
> Zurücklegen ohne Berücksichtigung der Reihenfolge.
> Dann kann man die Gesamtzahl der Möglichkeiten leicht
> berechnen, braucht man hier aber m.E. nicht.
> Ich denke mir jetzt ein festes Glas (z.B. Nummer 1) und
> betrachte ein darauf abgestimmtes Baumdiagramm für das
> 20-fache Ziehen. Dort gibt es in jedem Zug zwei Äste,
> nämlich "1 wird gezogen" [mm](\Rightarrow[/mm] W-keit ist
> [mm]\bruch{1}{50})[/mm] oder "1 wird nicht gezogen" [mm](\Rightarrow[/mm]
> W-keit ist [mm]\bruch{49}{50}).[/mm]
> Jetzt interessiert eigentlich nur der Fall, dass das Glas
> nie gezogen wird und dafür gibt es nur einen Weg durch den
> Baum, nämlich dass in jedem der 20 Züge der Weg mit der
> W-keit [mm]\bruch{49}{50}[/mm] gegangen wird.
> Also ist die W-keit dafür, dass in einem speziellen Glas
> KEIN Kern drin ist (d.h. dass es nie gezogen wurde):
> [mm]\links( \bruch{49}{50} \rechts)^{20} \approx 0,6676[/mm]
>
> Zu Schritt 2:
> Jetzt habe ich also eine "Gewinnwahrscheinlichkeit" von
> [mm]1-\links(\bruch{49}{50}\rechts)^{20} = 0,3324[/mm] und es ist
> nur noch ein einfaches Experiment, für das gilt:
>
> [mm]P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0,6676^{n} \ge 0,95[/mm]
>
> (Klar: Man hat wiederum nur eine Möglichkeit, d.h.
> Binomialkoeffizient = 1, man zieht n Gläser, die alle
> "falsch" sind).
Ist bei der Ziehung der n Gläser, die Wahrscheinlichkeit bei der k-ten Ziehung keinen Kern zu haben, unabhängig von der Information, bei den k-1 Ziehungen zuvor keinen Kern erwischt zu haben?
LG
gfm
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> > Hi,
> > möglicherweise habe ich eine Idee - aber wie immer in
> der
> > W-theorie kann da auch noch ein dicker Hund drin sein:
> >
> > 1. Schritt: Ich berechne, wie groß die W-keit dafür ist,
> > dass in einem Glas mind. ein Kern ist.
> >
> > 2. Schritt: Dann ist es ein einfaches Bernoulli-Experiment
> > mit geg. W-keit und gesuchtem Exponenten.
> >
> > Zu Schritt 1:
> > Der Versuch eines Urnenmodells:
> > Man hat 50 Kugeln [mm](\hat=[/mm] 50 Gläser) und zieht 20-mal
> mit
> > Zurücklegen ohne Berücksichtigung der Reihenfolge.
> > Dann kann man die Gesamtzahl der Möglichkeiten leicht
> > berechnen, braucht man hier aber m.E. nicht.
> > Ich denke mir jetzt ein festes Glas (z.B. Nummer 1) und
> > betrachte ein darauf abgestimmtes Baumdiagramm für das
> > 20-fache Ziehen. Dort gibt es in jedem Zug zwei Äste,
> > nämlich "1 wird gezogen" [mm](\Rightarrow[/mm] W-keit ist
> > [mm]\bruch{1}{50})[/mm] oder "1 wird nicht gezogen" [mm](\Rightarrow[/mm]
> > W-keit ist [mm]\bruch{49}{50}).[/mm]
> > Jetzt interessiert eigentlich nur der Fall, dass das
> Glas
> > nie gezogen wird und dafür gibt es nur einen Weg durch den
> > Baum, nämlich dass in jedem der 20 Züge der Weg mit der
> > W-keit [mm]\bruch{49}{50}[/mm] gegangen wird.
> > Also ist die W-keit dafür, dass in einem speziellen
> Glas
> > KEIN Kern drin ist (d.h. dass es nie gezogen wurde):
> > [mm]\links( \bruch{49}{50} \rechts)^{20} \approx 0,6676[/mm]
> >
> > Zu Schritt 2:
> > Jetzt habe ich also eine "Gewinnwahrscheinlichkeit" von
> > [mm]1-\links(\bruch{49}{50}\rechts)^{20} = 0,3324[/mm] und es ist
> > nur noch ein einfaches Experiment, für das gilt:
> >
> > [mm]P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0,6676^{n} \ge 0,95[/mm]
> >
> > (Klar: Man hat wiederum nur eine Möglichkeit, d.h.
> > Binomialkoeffizient = 1, man zieht n Gläser, die alle
> > "falsch" sind).
>
> Ist bei der Ziehung der n Gläser, die Wahrscheinlichkeit
> bei der k-ten Ziehung keinen Kern zu haben, unabhängig von
> der Information, bei den k-1 Ziehungen zuvor keinen Kern
> erwischt zu haben?
>
Meine Idee läuft ja etwas anders als deine, d.h. ich berechne im ersten Schritt ja nur, wie groß die W-keit dafür ist, dass in einem Glas kein Kern drin ist. Und die Idee hier ist: Jeder Kern zieht sich sein persönliches Glas, da gibt es keine Abhängigkeiten.
Das hab ich exemplarisch für Glas 1 gemacht, aber natürlich findest du für jedes der 50 Gläser nur einen Weg durch den Baum (also, dass es garnicht gezogen wurde).
Und wenn ich soweit bin, d.h. ich habe für jedes Glas eine "Erfolgswahrscheinlichkeit" (in diesem Falle, dass kein Kern drin ist), die sich bei meinem Kauf auch nicht ändert, also bei ca. 66% bleibt.
Damit bin ich jetzt losgelöst von der Frage, ob sich die W-keit beim Ziehen ändert, wenn ich schon 3 Gläser ohne Kern gezogen habe.
Wenn ich das mit einbeziehe, d.h. wenn ich im zweiten Teil ein Ziehen ohne Zurücklegen machen will (was dichter an dem tatsächlichen Vorgang wäre), dann ändert sich natürlich bei jedem Zug die Wahrscheinlichkeit. Aber wie viele Kugeln sind dann in deiner Urne? 50? Wie viele "gute" sind denn drin? Dann müsstest du meiner Ansicht nach einen Erwartungswert für die Anzahl der Gläser haben, in denen Kirschen sind.
Deswegen halte ich meinen Weg auch für okay (sonst hätte ich ihn auch nicht als Antwort aufgeschrieben).
> LG
>
> gfm
lg weightgainer [mm] \\off [/mm] to work
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:06 Di 14.12.2010 | | Autor: | gfm |
>
> Hat denn noch jemand eine Idee wie das aussehen könnte,
> ohne die Annahme, dass pro Glas höchstens ein Kern
> möglich ist? (Quasi Aufgabe 1)
>
> Die Aufgabenstellung gibt ja die zweite Version eigentlich
> nicht her...
>
Man müßte das es zweistufig versuchen. In der ersten Stufe braucht man die Wahrscheinlichkeit P(K) dafür, dass es eine bestimmte Anzahl K von Gläsern mit Kern gibt. In der zweiten Stufe braucht man die Wahrscheinlichkeit [mm] P_n(k|K) [/mm] dafür, dass, wenn man eine Anzahl Gläser n auswählt, man eine bestimmte Anzahl k von Gläsern mit Kern findet unter der Bedingung, dass insgesamt eine vorgegebene Anzahl K von Gläsern mit Kern vorhanden sind. Die zweite Stufe läßt sich mit der hypergeometrischen Verteilung berechnen. n muss man dann aus
[mm] \summe_{K=1}^{20} P_n(0|K)*P(K)\le [/mm] 0,05
berechnen.
Nun muss man noch klären, wie man P(K) berechnet.
[mm] 50^{20} [/mm] ist die Anzahl der Möglichkeiten 20 Kerne beliebig auf 50 Gläser zu verteilen.
Nun sollen die 20 Kerne auf genau K<20 Gläser verteilt werden. Zur Variation bleiben 20-K Kerne über,die beliebig auf die K Gläser verteilt werden können: [mm] K^{20-K} [/mm]
Und dann gibt es noch [mm] \vektor{50 \\ K} [/mm] Möglichkeiten die K Gläser auszuwählen.
Macht [mm]P(K)=\frac{K^{20-K}*\vektor{50 \\ K}}{50^{20}}[/mm]
Mit [mm] P_n(0|K)=\frac{\vektor{K \\ 0}\vektor{50-K \\ n}}{\vektor{50 \\ n}}=\frac{(50-K)!(50-n)!}{50!(50-K-n)!} [/mm] erhält man
[mm] \summe_{K=1}^{20} P_n(0|K)*P(K)=\summe_{K=1}^{20}\frac{(50-K)!(50-n)!}{50!(50-K-n)!}*\frac{K^{20-K}50!}{K!(50-K)!50^{20}}=\summe_{K=1}^{20}\frac{(50-n)!}{(50-K-n)!}*\frac{K^{20-K}}{K!50^{20}}=\summe_{K=1}^{20}\vektor{50-n \\ K}\frac{K^{20-K}}{50^{20}}
[/mm]
Was meinst Du?
LG
gfm
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> >
> > Hat denn noch jemand eine Idee wie das aussehen könnte,
> > ohne die Annahme, dass pro Glas höchstens ein Kern
> > möglich ist? (Quasi Aufgabe 1)
> >
> > Die Aufgabenstellung gibt ja die zweite Version eigentlich
> > nicht her...
> >
>
> Man müßte das es zweistufig versuchen. In der ersten
> Stufe braucht man die Wahrscheinlichkeit P(K) dafür, dass
> es eine bestimmte Anzahl K von Gläsern mit Kern gibt. In
> der zweiten Stufe braucht man die Wahrscheinlichkeit
> [mm]P_n(k|K)[/mm] dafür, dass, wenn man eine Anzahl Gläser n
> auswählt, man eine bestimmte Anzahl k von Gläsern mit
> Kern findet unter der Bedingung, dass insgesamt eine
> vorgegebene Anzahl K von Gläsern mit Kern vorhanden sind.
> Die zweite Stufe läßt sich mit der hypergeometrischen
> Verteilung berechnen. n muss man dann aus
>
> [mm]\summe_{K=1}^{20} P_n(0|K)*P(K)\le[/mm] 0,05
>
> berechnen.
Die Idee müsste auch funktionieren, wobei die Rechnung doch erheblich komplizierter wird (vermutlich nur numerisch bzw. tabellarisch) zu lösen:
>
> Nun muss man noch klären, wie man P(K) berechnet.
>
> [mm]50^{20}[/mm] ist die Anzahl der Möglichkeiten 20 Kerne beliebig
> auf 50 Gläser zu verteilen.
Da zweifle ich, denn wie soll dazu das Urnenmodell aussehen? Dann müsste es ja auf die Reihenfolge der Züge ankommen, aber das ist doch egal - jeder Kern zieht sich ein Glas, ob jetzt erst Glas 3 und dann Glas 4 und dann wieder Glas 3 kommt liefert mir doch dasselbe Ergebnis wie erst Glas 4, dann Glas 3 und dann wieder Glas 3. Insofern gibt es deutlich weniger als die [mm] 50^{20} [/mm] Möglichkeiten.
Es sind genauer gesagt [mm] \vektor{n + k - 1 \\ k} [/mm] = [mm] \vektor{50 + 20 - 1 \\ 20} [/mm] Möglichkeiten.
Nimm als einfaches Beispiel mal 5 Gläser mit 2 Kernen. Dann gibt es deiner Ansicht nach 25 verschiedene Möglichkeiten, aber wenn du alle deine Fälle oben auf dem Bruchstrich addierst, kommst du (wie ich) nur auf 15 Fälle, nämlich 5 Möglichkeiten, dass es genau 1 Glas ist, in dem Kerne sind und 10 Fälle, wo es genau 2 Gläser sind.
>
> Nun sollen die 20 Kerne auf genau K<20 Gläser verteilt
> werden. Zur Variation bleiben 20-K Kerne über,die beliebig
> auf die K Gläser verteilt werden können: [mm]K^{20-K}[/mm]
> Und dann gibt es noch [mm]\vektor{50 \\ K}[/mm] Möglichkeiten die K
> Gläser auszuwählen.
>
> Macht [mm]P(K)=\frac{K^{20-K}*\vektor{50 \\ K}}{50^{20}}[/mm]
>
> Mit [mm]P_n(0|K)=\frac{\vektor{K \\ 0}\vektor{50-K \\ n}}{\vektor{50 \\ n}}=\frac{(50-K)!(50-n)!}{50!(50-K-n)!}[/mm]
> erhält man
>
> [mm]\summe_{K=1}^{20} P_n(0|K)*P(K)=\summe_{K=1}^{20}\frac{(50-K)!(50-n)!}{50!(50-K-n)!}*\frac{K^{20-K}50!}{K!(50-K)!50^{20}}=\summe_{K=1}^{20}\frac{(50-n)!}{(50-K-n)!}*\frac{K^{20-K}}{K!50^{20}}=\summe_{K=1}^{20}\vektor{50-n \\ K}\frac{K^{20-K}}{50^{20}}[/mm]
>
> Was meinst Du?
P(K) ist meiner Ansicht nach falsch, ansonsten klingt das für mich genauso korrekt wie meine Idee - nur das n kann ich hiermit nicht ausrechnen.
>
> LG
>
> gfm
>
>
>
>
lg weightgainer
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 11:48 Mi 15.12.2010 | | Autor: | gfm |
> > Nun muss man noch klären, wie man P(K) berechnet.
> >
> > [mm]50^{20}[/mm] ist die Anzahl der Möglichkeiten 20 Kerne beliebig
> > auf 50 Gläser zu verteilen.
>
> Da zweifle ich, denn wie soll dazu das Urnenmodell
> aussehen? Dann müsste es ja auf die Reihenfolge der Züge
> ankommen, aber das ist doch egal - jeder Kern zieht sich
> ein Glas, ob jetzt erst Glas 3 und dann Glas 4 und dann
> wieder Glas 3 kommt liefert mir doch dasselbe Ergebnis wie
> erst Glas 4, dann Glas 3 und dann wieder Glas 3. Insofern
> gibt es deutlich weniger als die [mm]50^{20}[/mm] Möglichkeiten.
> Es sind genauer gesagt [mm]\vektor{n + k - 1 \\ k}[/mm] =
> [mm]\vektor{50 + 20 - 1 \\ 20}[/mm] Möglichkeiten.
>
> Nimm als einfaches Beispiel mal 5 Gläser mit 2 Kernen.
> Dann gibt es deiner Ansicht nach 25 verschiedene
> Möglichkeiten, aber wenn du alle deine Fälle oben auf dem
> Bruchstrich addierst, kommst du (wie ich) nur auf 15
> Fälle, nämlich 5 Möglichkeiten, dass es genau 1 Glas
> ist, in dem Kerne sind und 10 Fälle, wo es genau 2 Gläser
> sind.
Für [mm] j\in K:=\{1,...,k\} [/mm] seien [mm] G(j):\Omega\to N:=\{1,...,n\} [/mm] gleichverteilt und unabhängig. [mm] G(j)(\omega) [/mm] beschreibe dann ein konkretes, vom Zufall ausgewähltes Glas für den j-ten Kern.
Dann beschreibt G:=(G(1),...,G(k)) das zufällige (Gleich-) Verteilen von k Kernen auf n Gläser, richtig?
Die Wahrscheinlichkeit für ein Elementarereignis [mm] G(\omega) [/mm] ist dann (1/50)^20, richtig?
Im Beispiel von 2 Kernen und 5 Gläsern gibt es die Elementarereignisse (1,1), (2,2), ..., (5,5), die zu genau einem Glas mit Kernen führen. Das sind 5 Ereignisse á 1/25 Wahrscheinlichkeit. (1,2),(1,3),...,(1,5), (2,1), (2,3),...,(2,5),...,(5,4) führen zu genau zwei Gläsern mit Kernen. Das sind 5*4=20 Elementarereignisse á 1/25 Wahrscheinlichkeit, richtig?
Zweimaliges Anwenden von GANZZAHL(ZUFALLSZAHL()*5+1) und Auszählen in Excel lieferte folgende Stichprobe:
Verschieden 8756 0,795855299
Pasch 2246 0,204144701
Das deckt sich mit 5*1/25=1/5 und 20*1/25=4/5.
Was meinst Du?
LG
gfm
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Das stimmt absolut - von deinen 25 möglichen Ergebnissen (im Fall 5 Gläser und 2 Kerne) aggregiert man eben im unsortierten Fall zu 15 möglichen Ergebnissen, die nicht alle gleich wahrscheinlich sind. Das ist ja auch eine der übelsten Fehlerquellen, die man sich denken kann, weil man das so leicht vergisst .
Ich denke aber, dass das im Zusammenhang mit deiner Formel (angepasst auf den 5G/2K Fall) nicht passt:
[mm] P(K)=\frac{K^{2-K}\cdot{}\vektor{5 \\ K}}{5^{2}}
[/mm]
K kann nun 0, 1 oder 2 sein:
P(0) = 0
P(1) = [mm] \frac{5}{25}
[/mm]
P(2) = [mm] \frac{10}{25}
[/mm]
Eigentlich müssten es aber für K=2 genau die von dir errechneten 20 Möglichkeiten sein.
Ich blicke da jetzt gerade nicht, ob da einfach nur ein leichter Denk-/Tippfehler steckt, ob das eine prinzipielle Vermischung von zwei verschiedenen Varianten ist oder ich einfach zu blind bin und selbst so einen Fehler mache (was - wie ich zugeben muss - leider ab und zu passiert).
lg weightgainer
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| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 20:37 Mi 15.12.2010 | | Autor: | gfm |
> Das stimmt absolut - von deinen 25 möglichen Ergebnissen
> (im Fall 5 Gläser und 2 Kerne) aggregiert man eben im
> unsortierten Fall zu 15 möglichen Ergebnissen, die nicht
> alle gleich wahrscheinlich sind. Das ist ja auch eine der
> übelsten Fehlerquellen, die man sich denken kann, weil man
> das so leicht vergisst .
>
> Ich denke aber, dass das im Zusammenhang mit deiner Formel
> (angepasst auf den 5G/2K Fall) nicht passt:
> [mm]P(K)=\frac{K^{2-K}\cdot{}\vektor{5 \\ K}}{5^{2}}[/mm]
>
> K kann nun 0, 1 oder 2 sein:
>
> P(0) = 0
>
> P(1) = [mm]\frac{5}{25}[/mm]
>
> P(2) = [mm]\frac{10}{25}[/mm]
>
> Eigentlich müssten es aber für K=2 genau die von dir
> errechneten 20 Möglichkeiten sein.
>
> Ich blicke da jetzt gerade nicht, ob da einfach nur ein
> leichter Denk-/Tippfehler steckt, ob das eine prinzipielle
> Vermischung von zwei verschiedenen Varianten ist oder ich
> einfach zu blind bin und selbst so einen Fehler mache (was
> - wie ich zugeben muss - leider ab und zu passiert).
>
Meins paßt auch nicht...Da hast Du recht.
Wir brauchen die Anzahl der Möglichkeiten K unterscheidbare Objekte auf [mm] k\le [/mm] K Fächer zu verteilen, wobei in jedem Fach mindestens 1 Objekt liegen muss.
LG
gfm
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Sagen wir es so: DU brauchst das, ich hab ja schon eine Lösung vorgeschlagen, mit der ich gut leben kann... oder hast du die schon widerlegt, ohne dass ich es gemerkt habe?
lg weightgainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:03 Do 16.12.2010 | | Autor: | gfm |
> Sagen wir es so: DU brauchst das, ich hab ja schon eine
> Lösung vorgeschlagen, mit der ich gut leben kann... oder
> hast du die schon widerlegt, ohne dass ich es gemerkt
> habe?
> lg weightgainer
Meine Frage nach der Unabhängigkeit?
[mm]A:=\{\mbox{Glas } i \mbox{ enthält mind. einen Kern.}\}[/mm]
[mm]B:=\{\mbox{Glas } j \mbox{ enthält mind. einen Kern.}\}[/mm]
Gilt [mm]P(A)*P(B)=P(A\cap B)[/mm]?
LG
gfm
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Hey,
ich denke schon, dass die unabhängig sind, ich sehe nämlich keinen Grund, wieso mein Urnenmodell (20 Kerne ziehen aus 50 Gläsern mit zurücklegen ohne Berücksichtigung der Reihenfolge) dazu fehlerhaft sein sollte.
Der Baum dazu ist natürlich nicht zeichenbar, weil in jeder Stufe 50 Verästelungen sind (womit wir wieder bei den korrekten [mm] 50^{20} [/mm] Wegen durch diesen Baum wären).
Wenn sich ein Kern ein Glas ausgesucht (gezogen) hat, dann legt er es ja wieder zurück und der nächste Kern sucht sich wiederum eins. Dort sehe ich keine Möglichkeit der gegenseitigen Beeinflussung (Abhängigkeit).
Durch den Baum kann ich nun für jedes der 50 Gläser hecheln und feststellen, dass für jedes Glas die von mir berechnete W-keit herauskommt, dass KEIN Kern in dem Glas liegt (d.h. dass das Glas nie gezogen wurde).
Wie gesagt - für mich klingt das schlüssig und ich sehe momentan keine Lücke. Aber scheinbar ist es nicht so schlüssig wie ich denke - nur verstehe ich offenbar die Einwände nicht.
lg weighgainer
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| Status: |
(Frage) überfällig | | Datum: | 15:19 Do 16.12.2010 | | Autor: | gfm |
> Hey,
>
> ich denke schon, dass die unabhängig sind, ich sehe
> nämlich keinen Grund, wieso mein Urnenmodell (20 Kerne
> ziehen aus 50 Gläsern mit zurücklegen ohne
> Berücksichtigung der Reihenfolge) dazu fehlerhaft sein
> sollte.
> Der Baum dazu ist natürlich nicht zeichenbar, weil in
> jeder Stufe 50 Verästelungen sind (womit wir wieder bei
> den korrekten [mm]50^{20}[/mm] Wegen durch diesen Baum wären).
> Wenn sich ein Kern ein Glas ausgesucht (gezogen) hat, dann
> legt er es ja wieder zurück und der nächste Kern sucht
> sich wiederum eins. Dort sehe ich keine Möglichkeit der
> gegenseitigen Beeinflussung (Abhängigkeit).
> Durch den Baum kann ich nun für jedes der 50 Gläser
> hecheln und feststellen, dass für jedes Glas die von mir
> berechnete W-keit herauskommt, dass KEIN Kern in dem Glas
> liegt (d.h. dass das Glas nie gezogen wurde).
> Wie gesagt - für mich klingt das schlüssig und ich sehe
> momentan keine Lücke. Aber scheinbar ist es nicht so
> schlüssig wie ich denke - nur verstehe ich offenbar die
> Einwände nicht.
>
Beispiel: 3 Gläser 2 Kerne.
Elemantarereignisse:
A1 ab/0/0
A2 0/ab/0
A3 0/0/ab
A4 a/b/0
A5 b/a/0
A6 a/0/b
A7 b/0/a
A8 0/a/b
A9 0/b/a
P(Glas1>0 Kerne)=5/9
P(Glas2>0 Kerne)=5/9
P(Glas1 und Glas2>0 [mm] Kerne)=2/9<>(5/9)^2
[/mm]
LG
gfm
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> > Hey,
> >
> > ich denke schon, dass die unabhängig sind, ich sehe
> > nämlich keinen Grund, wieso mein Urnenmodell (20 Kerne
> > ziehen aus 50 Gläsern mit zurücklegen ohne
> > Berücksichtigung der Reihenfolge) dazu fehlerhaft sein
> > sollte.
> > Der Baum dazu ist natürlich nicht zeichenbar, weil in
> > jeder Stufe 50 Verästelungen sind (womit wir wieder bei
> > den korrekten [mm]50^{20}[/mm] Wegen durch diesen Baum wären).
> > Wenn sich ein Kern ein Glas ausgesucht (gezogen) hat,
> dann
> > legt er es ja wieder zurück und der nächste Kern sucht
> > sich wiederum eins. Dort sehe ich keine Möglichkeit der
> > gegenseitigen Beeinflussung (Abhängigkeit).
> > Durch den Baum kann ich nun für jedes der 50 Gläser
> > hecheln und feststellen, dass für jedes Glas die von mir
> > berechnete W-keit herauskommt, dass KEIN Kern in dem Glas
> > liegt (d.h. dass das Glas nie gezogen wurde).
> > Wie gesagt - für mich klingt das schlüssig und ich
> sehe
> > momentan keine Lücke. Aber scheinbar ist es nicht so
> > schlüssig wie ich denke - nur verstehe ich offenbar die
> > Einwände nicht.
> >
>
> Beispiel: 3 Gläser 2 Kerne.
>
> Elemantarereignisse:
>
> A1 ab/0/0
> A2 0/ab/0
> A3 0/0/ab
> A4 a/b/0
> A5 b/a/0
> A6 a/0/b
> A7 b/0/a
> A8 0/a/b
> A9 0/b/a
>
> P(Glas1>0 Kerne)=5/9
> P(Glas2>0 Kerne)=5/9
> P(Glas1 und Glas2>0 [mm]Kerne)=2/9<>(5/9)^2[/mm]
>
>
> LG
>
> gfm
>
Das stimmt absolut.... demzufolge sind die Ereignisse offenbar nicht unabhängig. Ich verstehe aber das Problem für meine Lösung dabei nicht. Denn mich interessiert doch nur [mm] P(Glas_i [/mm] > 0 Kerne) bzw. [mm] P(Glas_i [/mm] = 0 Kerne) ist identisch für alle i.
Wenn ich also jetzt all diese Gläser vor mir stehen habe, dann haben die alle mit identischer W-keit keinen Kern drin. Damit kann ich doch ein einfaches Bernoulli-Experiment kreieren. Ich habe eine Erfolgswahrscheinlichkeit bei jedem Zug, die immer gleich ist. Ich ziehe n-mal und will dabei kein einziges Glas mit Kern haben (also eigentlich andersrum, aber klar, mit Gegenereignis klappt das ein bisschen besser).
Das ist zumindest meine Idee und ich verstehe zwar, dass die Bestückung der Gläser nicht unabhängig ist (was ja anschaulich auch klar ist: wenn Glas 4 einen Kern bekommt, sinken ja die Chancen von einem anderen Glas, insofern macht die Abhängigkeit Sinn), aber sie führt dennoch am Ende dazu, dass man bei jedem Glas dieselbe W-keit dafür hat, dass kein Kern drin ist. Und alles andere interessiert mich ja eher nicht.
schönes wochenende,
weightgainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:52 Fr 17.12.2010 | | Autor: | gfm |
> > > Hey,
> > >
> > > ich denke schon, dass die unabhängig sind, ich sehe
> > > nämlich keinen Grund, wieso mein Urnenmodell (20 Kerne
> > > ziehen aus 50 Gläsern mit zurücklegen ohne
> > > Berücksichtigung der Reihenfolge) dazu fehlerhaft sein
> > > sollte.
> > > Der Baum dazu ist natürlich nicht zeichenbar, weil
> in
> > > jeder Stufe 50 Verästelungen sind (womit wir wieder bei
> > > den korrekten [mm]50^{20}[/mm] Wegen durch diesen Baum wären).
> > > Wenn sich ein Kern ein Glas ausgesucht (gezogen)
> hat,
> > dann
> > > legt er es ja wieder zurück und der nächste Kern sucht
> > > sich wiederum eins. Dort sehe ich keine Möglichkeit der
> > > gegenseitigen Beeinflussung (Abhängigkeit).
> > > Durch den Baum kann ich nun für jedes der 50
> Gläser
> > > hecheln und feststellen, dass für jedes Glas die von mir
> > > berechnete W-keit herauskommt, dass KEIN Kern in dem Glas
> > > liegt (d.h. dass das Glas nie gezogen wurde).
> > > Wie gesagt - für mich klingt das schlüssig und ich
> > sehe
> > > momentan keine Lücke. Aber scheinbar ist es nicht so
> > > schlüssig wie ich denke - nur verstehe ich offenbar die
> > > Einwände nicht.
> > >
> >
> > Beispiel: 3 Gläser 2 Kerne.
> >
> > Elemantarereignisse:
> >
> > A1 ab/0/0
> > A2 0/ab/0
> > A3 0/0/ab
> > A4 a/b/0
> > A5 b/a/0
> > A6 a/0/b
> > A7 b/0/a
> > A8 0/a/b
> > A9 0/b/a
> >
> > P(Glas1>0 Kerne)=5/9
> > P(Glas2>0 Kerne)=5/9
> > P(Glas1 und Glas2>0 [mm]Kerne)=2/9<>(5/9)^2[/mm]
> >
> >
> > LG
> >
> > gfm
> >
> Das stimmt absolut.... demzufolge sind die Ereignisse
> offenbar nicht unabhängig. Ich verstehe aber das Problem
> für meine Lösung dabei nicht. Denn mich interessiert doch
> nur [mm]P(Glas_i[/mm] > 0 Kerne) bzw. [mm]P(Glas_i[/mm] = 0 Kerne) ist
> identisch für alle i.
>
> Wenn ich also jetzt all diese Gläser vor mir stehen habe,
> dann haben die alle mit identischer W-keit keinen Kern
> drin. Damit kann ich doch ein einfaches
> Bernoulli-Experiment kreieren. Ich habe eine
> Erfolgswahrscheinlichkeit bei jedem Zug, die immer gleich
> ist. Ich ziehe n-mal und will dabei kein einziges Glas mit
> Kern haben (also eigentlich andersrum, aber klar, mit
> Gegenereignis klappt das ein bisschen besser).
> Das ist zumindest meine Idee und ich verstehe zwar, dass
> die Bestückung der Gläser nicht unabhängig ist (was ja
> anschaulich auch klar ist: wenn Glas 4 einen Kern bekommt,
> sinken ja die Chancen von einem anderen Glas, insofern
> macht die Abhängigkeit Sinn), aber sie führt dennoch am
> Ende dazu, dass man bei jedem Glas dieselbe W-keit dafür
> hat, dass kein Kern drin ist. Und alles andere interessiert
> mich ja eher nicht.
>
Sollte es aber. Denn wir interessieren uns für die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in n zufällig ausgewählten Gläsern kein Kern ist. Diese zerfällt i.A. nur bei Unabhängigkeit in ein Produkt aus den Wahrscheinlichkeiten für ein Glas.
Bleiben wir bei obigem Beispiel.
Bezeichne [mm] (A_i,k) [/mm] denn Fall, dass die Verteilung [mm] A_i [/mm] entstanden ist und das k-te Glas entnommen wurde. Es gibt also 27 Elementarereignisse.
Kein Kern bei einem Glas wird realisiert durch die Ereignisse
[mm] (A_1,2),(A_1,3),(A_2,1)(A_2,3), (A_3,1), (A_3,2)
[/mm]
[mm] (A_4,3), (A_5,3), (A_6,2), (A_7,2),(A_8,1),(A_9,1)
[/mm]
Das sind 12/27=4/9
Wenn zwei Gläser (gleichzeitig) entnommen werden, gibt es auch 27 Elementarereignisse [mm] (A_i,\neg [/mm] k) (nicht das k-te Glas).
Ereignisse ohne Kern sind [mm] (A_1,\neg 1),(A_2,\neg 2),(A_2,\neg [/mm] 2).
Das sind 3/27=1/9 und nicht [mm] (4/9)^2.
[/mm]
Was meinst Du?
LG
gfm
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Hi,
wie müsste denn eine Simulation deiner Ansicht nach aussehen, um numerisch ein Ergebnis zu erhalten?
Ich würde folgendes machen (Vorgabe 50 Gläser, 20 Kerne):
1. Nimm 20 Zufallszahlen von 1 bis 50 und zähle, wie oft jede vorkommt --> zufällige Verteilung der Kerne auf 50 Gläser.
2. Nimm eine Zufallszahl zwischen 1 und 50. Dieses Glas gilt dann als gekauft. Die Zufallszahl wird dann "gelöscht" (entspricht ziehen ohne zurücklegen). Schaue, ob dort ein Kern drin ist oder nicht. Wenn ja, nenne das "Erfolg". Mache das dann für alle 50 Möglichkeiten, also:
a) Mache das nur einmal (ich kaufe nur 1 Glas)
b) Mache das zweimal (ich kaufe 2 Gläser)
...
xyz) Mache das fünfzigmal (ich kaufe 50 Gläser)
3. Wiederhole 1+2 dann "häufig", zähle die Anzahl der Erfolge und bilde die relative Häufigkeit für das Auftreten des Erfolgs.
4. Liste die 50 relativen Häufigkeiten für den Erfolg beim Kauf von 1, 2, 3, 4, .... , 50 Gläsern auf und schaue, ab wo die 95% überschritten werden.
Was hältst du von dieser Simulation? Die entspricht natürlich meinem Gedankengang. Wenn der falsch ist, dann ist möglicherweise ja auch die Simulation falsch...
lg weightgainer
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:21 So 19.12.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:20 Sa 18.12.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:21 Fr 17.12.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Ihr seid schon ganz nah dran, habt auch die Abhängigkeiten gut erkannt, euch aber zum Schluss in zu komplizierte Konstruktionen verstrickt.
Ich nehme mal an, dass ich sofort 12 Gläser kaufe. Wie groß ist die W., dass kein Kern darin ist?
In Gedanken lasse ich die 20 Kerne erst nach dem Aussuchen der 12 Gläser in die Pampe plumpsen.
Der 1. Kern darf keines meiner Gläser treffen, p=38/50 dafür, dass er ein anderes Glas erwischt.
Der 2. Kern darf keines meiner Gläser treffen, p=38/50 dafür, dass er ein anderes Glas erwischt, unabhängig vom 1. Ergebnis ...
Der 20. Kern darf keines meiner Gläser treffen, p=38/50 dafür, dass er ein anderes Glas erwischt, unabhängig von den anderen Ergebnissen.
Also ist mit der Gesamtwahrscheinlichkeit von
P = [mm] (38/50)^{20} [/mm] kein Kern in meinen Gläsern.
Allgemein: Kaufe ich k Gläser, so ist mit einer W. von
P = [mm] ((50-k)/50)^{20} [/mm] kein Kern in meinen Gläsern. Damit mit einer W. von mindestens 95 % mindestens ein Kern in den Gläsern ist, muss dieses P also <0,05 werden:
[mm] ((50-k)/50)^{20}<0,05 [/mm]
[mm] ((50-k)/50)<\wurzel[20]{0,05}
[/mm]
[mm] 50-k<50\cdot\wurzel[20]{0,05}
[/mm]
[mm] 50-50\cdot\wurzel[20]{0,05}
6,955 < k
k=7
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Hallo,
eine schöne und schlüssige Idee.
Wo steckt denn nun bei mir der Fehler? Seh ich den Wald vor lauter Bäumen nicht mehr? Spielt mir da eine Abhängigkeit mit rein, die in der Rechnung nicht berücksichtigt wird?
Denn: Die von mir beschriebene Simulation lief natürlich schon (man will ja wissen, ob seine Gedanken was taugen) und meiner Ansicht nach enthält meine Rechnung genau die gleichen Schritte/Elemente wie die von mir beschriebene und durchgeführte Simulation.
Aaaaber: Ich berechne ja n > 7,4, du berechnest n > 6,9 und deine Lösung wird von meiner Simulation bestätigt, d.h. bei 6 Gläsern liegt man noch deutlich unter den 95% und bei 7 Gläsern knapp drüber. Und das bei 100.000 Durchführungen (eigentlich noch mehr). Wenn der Zufallszahlengenerator was taugt, sollte das eigentlich als Bestätigung reichen .
Also - Lösung gefunden, Lösungsweg gefunden, endlich kann sich mein Kopf wieder anderen Dingen widmen, rechtzeitig zur Weihnachtszeit .
lg weightgainer
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Ich habe keine Zeit, mir alle Eure Gedanken einzeln durchzulesen und das Ganze nur überflogen. Hoffe, dass die folgende Bemerkung dein Problem trifft:
Das Ganze ist keine Bernoulli-Kette, weil zwar für jedes einzelne Glas die W., keinen Kern zu enthalten, gleich ist - aber irgendwo müssen die Kerne ja stecken. Wenn du also ein Glas ohne Kern gezogen hast und es nicht zurücklegst, sind die 20 Kerne nicht mehr auf 50, sondern offenbar auf die restlichen 49 Gläser verteilt, die W., dass jetzt das 2. Glas auch kernlos ist, ist geringer als beim 1. Glas.
Wieso kann man dann nicht rechnen: Ich ziehe das 1. Glas, die W. für kernlos ist 49/50, dann das 2. Glas, W. für kernlos ist 48/50 ...?
Schon die erste Angabe stimmt nicht: Beim 1. Glas ist die W. nicht 49/50, sondern alle 20 Kerne müssen das 1. Glas verfehlen, wir haben hier schon ein 20-stufiges Experiment mit p(ohne [mm] Kern)=(49/50)^{20}. [/mm]
Deine Simulation verteilt demnach auch richtig erst die 20 Kerne, dann ziehst du z.B. 5 beliebige Gläser und guckst hinein.
Zu diesem Zeitpunkt - nach der Verteilung, aber vor der Ziehung, liegt schon fest, wieviele Gläser überhaupt kernfrei sind und nun darfst du nur diese erwischen; beides in Kombination ist auf diesem Weg schwer zu errechnen, du müsstest alle W. für "Es gibt 30, 31, 32 ... 49 kernfreie Gläser" jeweils kombinieren mit den W. "und in meiner Auswahl von k Gläsern sind nur solche vorhanden". Alles möglich, aber zu aufwändig.
Hoffe, dass dies deine Überlegungen abrundet.
Gruß
Kw
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:28 So 19.12.2010 | | Autor: | gfm |
Vielen Dank!
LG
gfm
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