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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:59 Sa 26.03.2016 | | Autor: | Vazrael |
| Aufgabe | In einer Urne sind $N$ Kugeln, darunter zwei weiße und $N-2$ schwarze.
Anna zieht solange - ohne Zurücklegen -, bis sie eine der weißen Kugeln gezogen hat. Danach zieht Karl - ebenfalls ohne Zurücklegen - weiter, bis er die zweite weiße Kugel zieht.
Bestimme sowohl in Annas als auch in Karls Fall die Wahrscheinlichkeit, genau $k$ schwarze Kugeln zu ziehen ($k [mm] \in \{0, 1, ..., N-2\}$). [/mm] |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Anders formuliert geht es doch hier darum:
"Die Wahrscheinlichkeitsverteilung der Anzahl X der Versuche, die notwendig sind, um einen Erfolg (= weiße Kugel) zu haben."
Eine geometrische Verteilung muss ich ausschließen, da hier ein "Ziehen ohne Zurücklegen" vorliegt.
Eine hypergeometrische klingt aber plausibel:
* Gesamtelemente N
* k "Anzahl der schwarzen Kugeln"
$P(X = k) = [mm] \frac{{(N-2) \choose k}\cdot{N-(N-2) \choose (k+1)-k}}{{N \choose (k+1)}}$
[/mm]
Das wäre dann die Anzahl für k schwarze Kugeln, wenn k+1 Kugeln gezogen werden.
Bleibt noch Karls Fall: Hier muss berücksichtigt werden, dass bereits eine weiße und k schwarze gezogen wurden. Karl kann also nur noch (N-2-k) schwarze ziehen; ich wähle hier statt $k$ den Parameter $l$ für "schwarze Kugel":
$P(X = l) = [mm] \frac{{(N-2-k) \choose l}\cdot{(N-1-k)-(N-2-k) \choose (l+1)-l}}{{N \choose (l+1)}}$
[/mm]
Ich habe einmal alles so stehen lassen und nichts vereinfacht, damit klar wird, wieso ich auf die Werte komme.
Für Hinweise, insbesondere Korrekturen, bin ich sehr dankbar.
Liebe Grüße,
V.
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Die Symbole s,w mögen das Ziehen einer schwarzen bzw. weißen Kugel symbolisieren. Nehmen wir Annas Fall. Die Ausgänge des Experiments können durch Tupel dargestellt werden, wo nach einer Reihe mit nur dem Symbol s genau ein w folgt:
[mm]\omega_k = \underbrace{\text{ss...s}}_{k \ \text{Stück}} \text{w} \, , \ \ k=0,1,2,\ldots,N-2[/mm]
Und diese [mm]\omega_k[/mm], es sind [mm]N-1[/mm] Stück, bilden den Ergebnisraum:
[mm]\Omega = \left\{ \, \omega_k \, \left| \, k=0,1,2,\ldots,N-2 \right\}[/mm]
Die Wahrscheinlichkeit [mm]p_k[/mm] eines Elementarereignisses [mm]\left\{ \omega_k \right\}[/mm] ist dann
[mm]p_k = \frac{2}{N-k} \cdot \prod_{j=0}^{k-1} \frac{N-2-j}{N-j}[/mm]
Für [mm]k=0[/mm] ist das leere Produkt als 1 zu interpretieren.
Diese Modellierung ergibt sich unmittelbar, wenn man sich die Situation an einem Baum veranschaulicht.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Man kann den obigen Term auch so schreiben (mit [mm]k![/mm] erweitern):
[mm]p_k = \frac{{{N-2} \choose k}}{{N \choose k}} \cdot \frac{2}{N-k}[/mm]
Und das ist auch fast (!) dein Term.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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Ich habe mir Karls Fall noch einmal angeschaut: "... bis er die zweite schwarze Kugel zieht".
Die Formulierung klingt merkwürdig, als wäre da irgendwo der Wurm drin. Müßte es nicht "... bis er die zweite weiße Kugel zieht" oder, ein anderer Fall, "bis er die nächste schwarze Kugel zieht" heißen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:17 Mi 30.03.2016 | | Autor: | Vazrael |
Hallo!
Ja, du hast den Wurm erkannt, natürlich muss es die zweite weiße sein. Ich ändere das oben eben!
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Nachdem ich mir deinen ersten Kommentar nun angesehen habe: Vielen vielen Dank! Ich werde mir das morgen in Ruhe noch einmal durchsehen, ob alles verstanden wurde :)
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Daß deine Formel nicht stimmen kann, zeigt ein Beispiel. Nehmen wir [mm]N = 5[/mm]. Die Formel lautet dann:
[mm]P(X=k) = \frac{{3 \choose k} \cdot {2 \choose 1}}{{5 \choose {k+1}}}[/mm]
[mm]P(X=0) = 0{,}4[/mm]
[mm]P(X=1) = 0{,}6[/mm]
[mm]P(X=2) = 0{,}6[/mm]
[mm]P(X=3) = 0{,}4[/mm]
Und da sind wir in der Summe weit über 1.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:42 Do 31.03.2016 | | Autor: | Vazrael |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo,
ja, so sieht man es wirklich sehr gut.
Nur verstehe ich nicht, wieso der "Standardweg" über die Hypergeometrische Verteilung hier nicht funktioniert.
"Meine" Formel lautet ja: $P(X=k) = \frac{\binom{N-2}{k} \cdot \binom{2}{1}}{\binom{N}{k+1}}$.
Und damit will ich sagen: Ich ziehe "k+1"-mal aus einer Urne mit N Kugeln. "k" davon sind von der Farbe "s" [davon gibt es ja N-2 Stück), und die fehlende letzte Kugel ist eine der beiden der Farbe "w" [davon gibt es N-(N-2)=2 Stück].
Wieso also klappt das auf diesem Weg nicht?
Liebe Grüße
$\bino
ZUSATZ: Von deiner Formel unterscheidet sich meine ja letztendlich nur dadurch, dass bei dir ein "k!" und bei mir ein "(k+1)!" steht:
Du: $\frac{\binom{N-2}{k}\cdot 2}{\binom{N}{k} \cdot (N-k)}$
Ich:$\frac{\binom{N-2}{k}\cdot 2}{\binom{N}{k+1}}$.
Ich vergleiche die Nenner:
Du: $\binom{N}{k} \cdot (N-k) = \frac{N!}{(N-k)!\cdot k!} \cdot (N-k) = \frac{N!}{(N-k-1)! \cdot k!$
Ich: $\binom{N}{k+1} = \frac{N!}{(N-k-1)!\cdot(k+1)!} $
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Für unsere Ansätze der Wahrscheinlichkeiten gilt also:
[mm]\operatorname{vaz}_k = \operatorname{leo}_k \cdot (k+1)[/mm]
Du hast damit den Faktor [mm]k+1[/mm] zu viel.
Bei einer hypergeometrischen Verteilung ist der Binomialkoeffizient im Nenner unabhängig von der Zahl [mm]k[/mm] der Erfolge. Bei dir ist der Nenner aber abhängig von [mm]k[/mm]. Was du als hypergeometrische Verteilung bezeichnest, ist es also gar nicht. Du hast dir da selber etwas zusammengebastelt. Leider fehlt das Modell dazu. Bevor man Wahrscheinlichkeiten in einer unbekannten Situation berechnet, muß man erst die möglichen Ausgänge beschreiben. Dann erst kann man sich überlegen, wie deren Wahrscheinlichkeiten sind. So habe ich es auch gemacht: Ich habe die Ausgänge [mm]\omega_k[/mm] beschrieben und dann anhand eines Baumes plausibel gemacht, wie man zu ihren Wahrscheinlichkeiten [mm]p_k[/mm] kommt. Man kann den Term für [mm]p_k[/mm] übrigens stark vereinfachen, wenn man kürzt:
[mm]p_k = \frac{2 (N-k-1)}{N(N-1)} \, , \ 0 \leq k \leq N-2[/mm]
Solltest du im Hinterkopf die Berechnung von Laplace-Wahrscheinlichkeiten gehabt haben:
[mm]P(A) = \frac{\text{Anzahl der für} \ A \ \text{günstigen Ausgänge}}{\text{Anzahl der möglichen Ausgänge}}[/mm]
so beachte, daß auch hier im Nenner eine feste, von [mm]A[/mm] unabhängige Zahl steht.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:26 Do 31.03.2016 | | Autor: | Vazrael |
Hallo Leo,
herzlichen Dank!
In deiner allerersten Antwort hast du einen Term für [mm] $p_k$ [/mm] aufgeschrieben, den ich anhand des Baumdiagramms völlig nachvollziehen kann.
Dann hast du eine alternative Schreibweise gezeigt, auf die man mit "Erweitern mit $k!$" kommt. Könntest du mir bei dem Schritt - vom einen zum anderen Term - weiterhelfen, d.h.: wie genau hast du das erweitert und umgeformt?
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Mit dem Pochhammer-Symbol [mm](n)_k = n \cdot (n-1) \cdot (n-2) \cdots (n-k+1)[/mm] gilt:
[mm]{n \choose k} = \frac{(n)_k}{k!}[/mm]
Damit folgt:
[mm]\prod_{j=0}^{k-1} \frac{N-2-j}{N-j} = \frac{(N-2)_k}{(N)_k} = \frac{\ \frac{(N-2)_k}{k!} \ }{\ \frac{(N)_k}{k!} \ } = \frac{{{N-2} \choose k}}{{N \choose k}}[/mm]
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