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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:48 Do 29.07.2004 | | Autor: | mtsmts |
Hallo allerseits,
mein Problem ist: in einem Automaten gibt es k verschiedene Spielsachen und
ich versuche n mal Spielsachen zu entnehmen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dass ich jedes Spielzeug mindestens einmal herausziehe?
Ich habe diese Frage in keinem weiteren Forum gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:41 Do 29.07.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo mtsmts,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
> mein Problem ist: in einem Automaten gibt es k verschiedene
> Spielsachen und
> ich versuche n mal Spielsachen zu entnehmen. Wie groß ist
> die Wahrscheinlichkeit dass ich jedes Spielzeug mindestens
> einmal herausziehe?
Wird mit oder ohne Zurücklegen gezogen?
Da es ein Automat ist, würde ich auf "ohne Zurücklegen" tippen, in der Frage steht aber "mindestens einmal gezogen", was nahelegt, dass ein Spielzeug auch zwei Mal gezogen werden kann.
Wie sehen denn eigentlich deine Überlegungen zu dem Problem aus?
Viele Grüße,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:22 Do 29.07.2004 | | Autor: | mtsmts |
Hallo Marc,
Du hast halt eine relativ große Anzahl an Spielsachen im Automaten, es gibt dort k verschiedene Spielsachen und du weißt nicht genau von welcher Sorte wie viele drin sind... also im Prinzip wie eine Bernoulli-Verteilung, nur eben nicht mit nur 2 Zuständen sondern mit k
(d.h die Wahrscheinlichkeit im nächsten Zug ein bestimmtes Spielzeug zu ziehen ist immer 1/k)
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Hallo!
> mein Problem ist: in einem Automaten gibt es k verschiedene
> Spielsachen und
> ich versuche n mal Spielsachen zu entnehmen. Wie groß ist
> die Wahrscheinlichkeit dass ich jedes Spielzeug mindestens
> einmal herausziehe?
Wie Du in Deiner Mitteilung schon richtig gesagt hast, haben wir für $k=2$ eine Binomialverteilung. Entsprechend heißt die Verteilung für allgemeines $k$ Multinomialverteilung. Nennen wir [mm] $X_i(i=1,\ldots,k)$ [/mm] mal die Anzahl, wie oft Spielzeug $i$ gezogen wurde. Dann lautet die gemeinsame Verteilung dieser Zufallsvariablen:
[mm] P(X_1=x_1,\ldots,X_k=x_k)=\frac{n!}{x_1!\cdot\ldots\cdot x_k!} \left(\frac{1}{k}\right)^n\qquad, x_i\in\{0,\ldots,n\}\forall i, x_1+\ldots+x_k=n.[/mm]
Sonst ist [mm] $P(X_1=x_1,\ldots,X_k=x_k)=0$.
[/mm]
Du interessierst Dich für die Wkt. [mm] $P(X_1>0,\ldots,X_k>0)$. [/mm] Dazu bilden wir am besten die Gegenwahrscheinlichkeit:
[mm]P(X_1>0,\ldots,X_k>0)=1-P(\text{es gibt mind. ein i mit } X_i=0)[/mm]
Denkt man lieber in Mengen, ist das die Wkt.
[mm]P(\bigcup\limits_{i=1}^k \{X_i=0\})[/mm]
Um so etwas auszurechnen, benötigt man die Siebformel
[mm]P(A_1\cup\ldots\cup A_k)=\sum\limits_i P(A_i) - \sum\limits_{i
Bei unserem Problem vereinfacht sich aber einiges, weil z.B. [mm] $P(A_i)$ [/mm] für alle $i$ gleich ist (ist ja wurscht, ob das erste Spielzeug oder das $k$-te Spielzeug nicht gezogen wird, da alle die gleiche Wahrscheinlichkeit besitzen, gezogen zu werden). Deshalb ist der erste Summand in der obigen Formel bei uns
[mm] $k\cdot P(A_1)$.
[/mm]
Beim zweiten Summand ist die Wkt. auch jedes Mal gleich. Dabei läuft die Summe über verschiedene Paare $(i,j)$ mit $i<j$. Da die Reihenfolge egal ist, gibt es dafür ${k [mm] \choose [/mm] 2}$ Möglichkeiten. Der zweite Summand vereinfacht sich daher zu
$-{k [mm] \choose 2}\cdot P(A_1\cap A_2)$.
[/mm]
So geht es weiter bis zum vorletzten Summanden
[mm] $+(-1)^k [/mm] {k [mm] \choose k-1}P(A_1\cap \ldots\cap A_{k-1})$
[/mm]
Der letzte Summand ist 0, da nicht alle [mm] $X_i$ [/mm] den Wert 0 annehmen können (anderenfalls wäre [mm] $x_1+\ldots+x_k=0\neq [/mm] n$).
Wie berechnet man nun aber die einzelnen Wahrscheinlichkeiten?
Schauen wir uns mal [mm] $P(A_1)$ [/mm] an, das ist die Wkt. dafür, dass das erste Spielzeug gar nicht gezogen wird, also $n$-mal alle anderen Spielzeuge. Damit folgt
[mm]P(A_1)=\left(\frac{k-1}{k}\right)^n[/mm]
Bei [mm] $P(A_1\cap A_2)$ [/mm] ist es ähnlich. Hier werden $n$-mal Spielzeuge gezogen, die weder Spielzeug 1 noch Spielzeug 2 sind, also
[mm]P(A_1\cap A_2)=\left(\frac{k-2}{k}\right)^n.[/mm]
So geht es weiter bis zum letzten Summanden, wo immer nur ein Spielzeug gezogen wird:
[mm]P(A_1\cap \ldots\cap A_{k-1})=\left(\frac{1}{k}\right)^n.[/mm]
Insgesamt erhält man
[mm]P(\bigcup\limits_{i=1}^k \{X_i=0\}) = \sum\limits_{i=1}^{k-1} (-1)^{i+1}{k \choose i} \left(\frac{k-i}{k}\right)^n[/mm]
und damit für die gesuchte Wkt.
[mm]P(X_1>0,\ldots,X_k>0)=1-\sum\limits_{i=1}^{k-1} (-1)^{i+1}{k \choose i} \left(\frac{k-i}{k}\right)^n[/mm]
Ich sehe gerade nicht, wie man das noch schön vereinfachen kann, aber vielleicht fällt ja jemandem dazu noch etwas ein. Auf jeden Fall hat man so eine allgemeine Formel in Abhängigkeit von $n$ und $k$.
Sag Bescheid, wenn was unklar ist. Weiß nicht genau, wie Du Dich mit diesen Sachen auskennst.
Viele Grüße
Brigitte
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:17 Mi 04.08.2004 | | Autor: | mtsmts |
Hallo Brigitte,
danke für deine umfangreiche Antwort...
Als ich das probiert habe hatte ich ständig das Problem dass irgendwelche Fälle doppelt drin waren, da ich nicht gesehen hab wie ich die rauskriege (ohne Seitenlange Formeln zu schreiben) hab ich es dann entnervt aufgegeben. Genau diese Siebformel hat mir im Prinzip gefehlt :).
Ich muss sagen ich finde es wirklich bemerkenswert wie so die Antwortzeiten in eurem Forum sind und auch dass du mir das so ausführlich aufgeschrieben hast dass sogar ich es verstanden habe :)
Viele Grüße
mtsmts
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