Wahrscheinlichkeit über Anzahl < Kombinatorik < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 19:14 Di 29.11.2016 | | Autor: | BenK |
| Aufgabe | Es liegt folgendes Problem vor: Die Menge A={(1,11), (1,12),...,(1,20),(2,11),(2,12),...,(2,20),..........,(10,11),...,(10,20)} enthält 100 2-Tupel. Bestimmte Elemente, nämlich (2,12), (2,13), (3,13), (4,16), ,(5,11), (5,13), (5,15), (5,17), (8,16) und (8,18), sind für uns dabei von besonderem Interesse. Wir fassen diese Elemente in der Menge L zusammen. Aus A soll nun 10 Mal hintereinander gezogen werden. Dabei ist zu beachten, dass nach jedem Zug, zusätzlich zu dem entnommenen Element , alle Elemente deren erste oder zweite Komponente mit einer Komponente des gezogenen Elements übereinstimmen, auch entnommen werden müssen.
Gesucht sind die Wahrscheinlichkeiten für die Ereignisse:
Die Ziehung enthält genau ein (zwei, drei, vier oder fünf) Element(e) aus L. |
Meine Lösung hat einen Fehler, den ich selbst jedoch nicht finden kann. Vielleicht kennt sich hier jemand mit Kombinatorik besser aus und sieht den Fehler auf Anhieb 
Lösungsvorschlag:
Die Wahrscheinlichkeiten sollen über die Regel von Laplace, also
[mm] \bruch{Anzahl-der-guenstigen-Faelle}{Anzahl-der-moeglichen-Faelle}
[/mm]
berechnet werden. Dabei spielt die Reihenfolge der Ziehung keine Rolle.
Es handelt sich also um eine Modell ohne Reihenfolge und ohne Zurücklegen.
Nach jedem Zug verringert sich die Anzahl der Elemente aus A wie folgt:
100, 81, 64, 49, 36, 25, 16, 9, 4, 1
Damit ist die Anzahl der möglichen Ziehungen bestimmt durch
[mm] \bruch{100*81* \cdots *4*1}{10!} [/mm] = 10!
Zur Bestimmung der Anzahl der günstigen Fälle:
Maximal können 5 Elemente aus L gleichzeitig in einer Ziehung vorkommen.
Wir bestimmen deshalb zunächst die Anzahl der Ziehungen mit genau 5 Elementen aus L.
Da wir ohne Reihenfolge ziehen, besetzen wir die ersten 5 Züge mit Elementen aus L. Dann zählt man alle möglichen Kombinationen, die mit den restlichen Elementen aus A gebildet werden können. Da schon fünf Züge erfolgt sind, bleiben noch 25*16*9*4*1 Möglichkeiten unter Beachtung der Reihenfolge. Um die Reihenfolge zu entfernen dividieren wir durch 5!
[mm] \bruch{25*16*9*4*1}{5!} [/mm] = 5! = 120
Insgesamt gibt es 3 Möglichkeiten 5 Elemente aus L so miteinander zu kombinieren, dass sie gleichzeitig in einer Ziehung enthalten sein können.
Wir erhalten somit für die Anzahl der Ziehungen mit genau 5 Elementen:
3*120 = 360
und somit die Wahrscheinlichkeit für dieses Ereignis mit:
[mm] \bruch{360}{10!} \approx [/mm] 0,00009
Um die Wahrscheinlichkeit für genau 4 Elemente aus L in einer Ziehung zu berechnen, ermitteln wir zunächst die Anzahl der Ziehungen mit mindestens 4 Elementen aus L.
Dabei gehen wir wie oben vor, nur dass wir jetzt die ersten 4 Züge durch Elemente aus L besetzen und dann die Anzahl der möglichen Kombinationen ermitteln:
[mm] \bruch{36*25*16*9*4*1}{6!} [/mm] = 6! = 720
Da es insgesamt 20 Möglichkeiten gibt, um 4 Elemente aus L so zu kombinieren, dass sie gleichzeitig in einer Ziehung vorkommen, erhalten wir mit
20*720 = 14.400
die Anzahl der Züge mit mindestens 4 Elementen aus L. Durch die Multiplikation mit 20 werden hier jedoch auch bestimmte Ziehungen mehrfach gezählt. Das sind genau die Ziehungen, in denen 5 Elemente aus L enthalten sind. Um diese fehlerhafte Zählung zu korrigieren, ziehen wir die oben bereits ermittelte Anzahl für Ziehungen mit genau 5 Elementen aus L (also 360) von 14.440 ab.
14.400-360 = 14.040 ist dann die Anzahl der Ziehungen mit genau 4 Elementen. Die Wahrscheinlichkeit ist dann gegeben durch:
[mm] \bruch{14.040}{10!} \approx [/mm] 0,0039
Die Berechnung für 3, 2 und 1 Element aus L folgen analog.
Für 3: 44* [mm] \bruch{49*36*25*16*9*4*1}{7!} [/mm] -14.040 - 360 = 207.360
und [mm] \bruch{207.360}{10!} \approx [/mm] 0,058
Für 2: 33* [mm] \bruch{64*49*36*25*16*9*4*1}{8!} [/mm] -207.360-14.040-360 = 1.108.800
und [mm] \bruch{1.108.800}{10!} \approx [/mm] 0,31
Für 1: 10* [mm] \bruch{81*64*49*36*25*16*9*4*1}{9!} [/mm] -1.108.800-207.360-14.040-360 = 2.298.240
und [mm] \bruch{2.298.240}{10!} \approx [/mm] 0,63
Wenn man die Wahrscheinlichkeiten aufsummiert, dann erhält man jedoch einen Wert über 1.
Ich vermute, dass der Fehler bei der Multiplikation mit den möglichen Kombinationen und/oder der Subtraktion der Anzahl von Ziehungen mit mehr Elementen aus L liegt.
Ich bin für jeden Tipp sehr dankbar!!
Beste Grüße
Ben
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 07:40 Fr 09.12.2016 | | Autor: | DieAcht |
Hallo BenK!
> Es liegt folgendes Problem vor: Die Menge A={(1,11),
> (1,12),...,(1,20),(2,11),(2,12),...,(2,20),..........,(10,11),...,(10,20)}
> enthält 100 2-Tupel. Bestimmte Elemente, nämlich (2,12),
> (2,13), (3,13), (4,16), ,(5,11), (5,13), (5,15), (5,17),
> (8,16) und (8,18), sind für uns dabei von besonderem
> Interesse. Wir fassen diese Elemente in der Menge L
> zusammen. Aus A soll nun 10 Mal hintereinander gezogen
> werden. Dabei ist zu beachten, dass nach jedem Zug,
> zusätzlich zu dem entnommenen Element , alle Elemente
> deren erste oder zweite Komponente mit einer Komponente des
> gezogenen Elements übereinstimmen, auch entnommen werden
> müssen.
> Gesucht sind die Wahrscheinlichkeiten für die
> Ereignisse:
>
> Die Ziehung enthält genau ein (zwei, drei, vier oder
> fünf) Element(e) aus L.
>
> Meine Lösung hat einen Fehler, den ich selbst jedoch nicht
> finden kann. Vielleicht kennt sich hier jemand mit
> Kombinatorik besser aus und sieht den Fehler auf Anhieb
>
>
> Lösungsvorschlag:
>
> Die Wahrscheinlichkeiten sollen über die Regel von
> Laplace, also
>
> [mm]\bruch{Anzahl-der-guenstigen-Faelle}{Anzahl-der-moeglichen-Faelle}[/mm]
>
> berechnet werden. Dabei spielt die Reihenfolge der Ziehung
> keine Rolle.
> Es handelt sich also um eine Modell ohne Reihenfolge und
> ohne Zurücklegen.
>
> Nach jedem Zug verringert sich die Anzahl der Elemente aus
> A wie folgt:
>
> 100, 81, 64, 49, 36, 25, 16, 9, 4, 1
Am Ende fehlt die Null. 
> Damit ist die Anzahl der möglichen Ziehungen bestimmt
> durch
>
> [mm]\bruch{100*81* \cdots *4*1}{10!}[/mm] = 10!
> Zur Bestimmung der Anzahl der günstigen Fälle:
>
> Maximal können 5 Elemente aus L gleichzeitig in einer
> Ziehung vorkommen.
Das sehe ich anders.
Sei [mm] $(5,16)\in [/mm] A$ die erste Ziehung.
Dann werden genau $6$ Tupel aus [mm] $L\$ [/mm] gezogen, nämlich
$(4,16), (5,11), (5,13), (5,15), (5,17), (8,16)$.
> Wir bestimmen deshalb zunächst die Anzahl der Ziehungen
> mit genau 5 Elementen aus L.
> Da wir ohne Reihenfolge ziehen, besetzen wir die ersten 5
> Züge mit Elementen aus L. Dann zählt man alle möglichen
> Kombinationen, die mit den restlichen Elementen aus A
> gebildet werden können. Da schon fünf Züge erfolgt sind,
> bleiben noch 25*16*9*4*1 Möglichkeiten unter Beachtung der
> Reihenfolge. Um die Reihenfolge zu entfernen dividieren wir
> durch 5!
>
>
> [mm]\bruch{25*16*9*4*1}{5!}[/mm] = 5! = 120
>
> Insgesamt gibt es 3 Möglichkeiten 5 Elemente aus L so
> miteinander zu kombinieren, dass sie gleichzeitig in einer
> Ziehung enthalten sein können.
Welche [mm] $3\$ [/mm] aus [mm] $5\$ [/mm] Elemente aus [mm] $L\$ [/mm] meinst Du?
Ich habe die Aufgabe (noch) nicht gelöst, aber ich hoffe, dass das hilft!
Gruß
DieAcht
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:26 Fr 09.12.2016 | | Autor: | BenK |
Hallo DieAcht!
Vielen Dank für deinen Vorschlag.
Ich beziehe mich auf folgenden Abschnitt:
>
> > Damit ist die Anzahl der möglichen Ziehungen bestimmt
> > durch
> >
> > [mm]\bruch{100*81* \cdots *4*1}{10!}[/mm] = 10!
> > Zur Bestimmung der Anzahl der günstigen Fälle:
> >
> > Maximal können 5 Elemente aus L gleichzeitig in einer
> > Ziehung vorkommen.
>
> Das sehe ich anders.
>
> Sei [mm](5,16)\in A[/mm] die erste Ziehung.
> Dann werden genau [mm]6[/mm] Tupel aus [mm]L\[/mm] gezogen, nämlich
>
> [mm](4,16), (5,11), (5,13), (5,15), (5,17), (8,16)[/mm].
>
Das geht so leider nicht. Es ist nämlich so, dass wenn die (5,16) gezogen wurde
alle Tupel, die entweder die 5 oder die 16 enthalten, aus der Menge A rausgenommen werden müssen. Deshalb kann man sie nicht mehr ziehen.
Generell befürchte ich, dass man zur Bestimmung der günstigen Fälle wirklich alle Ziehungen, die z.B. mit (4,16) anfangen durchgehen muss und nur die zählt, in denen kein weiteres Element aus L vorkommt. Leider :-(
Vielen Dank und viele Grüße
BenK
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:12 Sa 10.12.2016 | | Autor: | DieAcht |
Entweder wir reden aneinander vorbei oder mein Einwand ist falsch.
Zunächst: Ich denke, dass dein Lösungsweg richtig ist, aber Du am Anfang etwas nicht beachtet hast.
Nochmal:
Es ist mir klar, dass bei der ersten Ziehung insgesamt 19 Tupel aus [mm] $A\$ [/mm] gezogen werden. Es geht mir aber um den Anfang deiner Argumentation:
> > > Maximal können 5 Elemente aus L gleichzeitig in einer Ziehung vorkommen.
Es geht also um die maximalmögliche Anzahl der Elemente aus [mm] $L\$ [/mm] nach der ersten Ziehung. Du behauptest, dass diese [mm] $5\$ [/mm] ist und ich sage, dass das falsch ist:
Sei [mm] $(5,16)\in [/mm] A$ die erste Ziehung, dann ziehen wir unter Anderem wegen der [mm] $5\$ [/mm] weiterhin die Tupel $(5,11), (5,13), (5,15), (5,17)$ und wegen der [mm] $16\$ [/mm] weiterhin $(4,16), [mm] (8,16)\$. [/mm] Insgesamt ziehen wir [mm] $19\$ [/mm] Tupel, aber davon sind [mm] $6\$ [/mm] Tupel aus [mm] $L\$.
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:52 So 11.12.2016 | | Autor: | BenK |
Hallo DieAcht.
Ich glaube, dass wir bezüglich der Ziehungen wirklich aneinander vorbei reden.
Deshalb möchte ich mal eine beispielhafte Ziehung machen (sich wiederholende Schritte habe ich dann später mit... abgekürzt). Insgesamt besteht ja jede Ziehung aus 10 Zügen:
1. Zug - (2,12) wird aus A gezogen
Dann entnimmt man alle Tupel, die 2 oder 12 enthalten aus A.
A hat jetzt noch 81 Elemente
2. Zug - (3,13) wird aus A gezogen
Dann entnimmt man alle Tupel, die 3 oder 13 enthalten aus A.
A hat jetzt noch 64 Elemente
3. Zug - (4,16) wird aus A gezogen
...
49 Elemente
4. Zug - (5,15) wird aus A gezogen
...
36 Elemente
5. Zug - (8,16) wird aus A gezogen
...
25 Elemente
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10. Zug - Es steht nur noch ein Element aus A zur Auswahl.
Ende.
Nach dem 5. Zug enthält A kein Element mehr, welches auch in L enthalten ist.
Vielleicht hast du ja noch eine andere Idee, aber wie ich in meiner vorherigen Mitteilung schon schrieb, befürchte ich, dass man die Anzahl der Ziehungen für genau k Elemente aus L in einer Ziehung nur mittels "Abgehen" aller möglichen Ziehungen ermitteln kann.
Danke für deine Nachricht und beste Grüße
BenK
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:21 Mi 14.12.2016 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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