Wahrscheinlichkeit bei Sammelkarten

14.06.2010, 11:56

DerJFK

Auf diesen Beitrag antworten »

Wahrscheinlichkeit bei Sammelkarten

Aufgabe:

Es gibt 150 Sammelkarten und man kann je eine Sammelkarte in einem Päckchen
kaufen, wo man eben erst nach dem aufreißen sieht welche drin ist. Man bekommt
jede Sammelkarte mit der selben Wahrscheinlichkeit.

Was damit ja 1/150 bedeudet?

1. Ab dem wieivelten Päckchen ist es wahrscheinlich, dass man zwei gleich hat

2. was ist der erwartungswert, dass man alle sammelkarten bekommt

Meine Ideen

bei der ersten Aufgabe habe ich mir die Formel von dem Geburtstagsproblem genommen und eben statt 365, 150 eingesetzt

$\begin{eqnarray*} $\displaystyle 1- \left( \frac {150}{150-n} \right)^{150.5-n} \cdot e^{-n}$ \end{eqnarray*}$

damit komme ich darauf, dass ab ca. 60 Karten die wahrscheinlich bei 99.99 % liegt, eine Karte doppelt zu haben.

Nun weiß ich aber nicht wie ich das mti dem erwartungswert machen soll?

hoffe mir kann jemand ein paar tipps geben.

Gruß

19.06.2010, 03:42

Zellerli

Auf diesen Beitrag antworten »

Wie kommst du auf die Formel? Soll die für Aufgabe 1 sein?
Der Ansatz mit dem Modell Geburtstagsparadoxon ist richtig.

Aufgabe 2 ist so nicht lösbar (wohl etwas schlampig abgetippt Augenzwinkern

Augenzwinkern

):
Die Wahrscheinlichkeit, dass man alle Karten kriegt wächst mit der Anzahl der Päckchen, die man kauft, aber sie erreicht niemals 100%. Das heißt im Umkehrschluss, dass mit keiner Anzahl an Päckchen zu erwarten ist, dass man alle Karten hat.

19.06.2010, 07:51

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Zellerli
Aufgabe 2 ist so nicht lösbar (wohl etwas schlampig abgetippt Augenzwinkern

Augenzwinkern

):
Die Wahrscheinlichkeit, dass man alle Karten kriegt wächst mit der Anzahl der Päckchen, die man kauft, aber sie erreicht niemals 100%. Das heißt im Umkehrschluss, dass mit keiner Anzahl an Päckchen zu erwarten ist, dass man alle Karten hat.

Das ist in meinen Augen ein klarer Fehlschluß...Wohl kann es beliebig lange dauern, bis man alle 150 Sammelkarten erhält, das ist richtig, aber der Erwartungswert - und um den geht es ja hier - ist klar endlich und sogar nur dreistellig...

Tipp: Angenommen, man hat schon k<150 verschiedene Sammelkarten, dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass im nächsten Päckchen eine neue Sammenkarte ist, offensichtlich (150-k)/150, d.h., der Erwartungswert, für die Anzahl der Päckchen, die man für eine neue Sammelkarte unter den gegebenen Umständen braucht, einfach der Kehrwert...

19.06.2010, 10:10

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Mystic
d.h., der Erwartungswert, für die Anzahl der Päckchen, die man für eine neue Sammelkarte unter den gegebenen Umständen braucht, einfach der Kehrwert...

Dazu das Stichwort: geometrische Verteilung

19.06.2010, 11:07

wisili

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Mystic

Zitat:

Original von Zellerli
Die Wahrscheinlichkeit, dass man alle Karten kriegt wächst mit der Anzahl der Päckchen, die man kauft, aber sie erreicht niemals 100%.
Das heißt im Umkehrschluss, dass mit keiner Anzahl an Päckchen zu erwarten ist, dass man alle Karten hat.

Das ist in meinen Augen ein klarer Fehlschluß...

Ich kann hier keinen falschen Schluss erkennen. Falsch war die Aufgabenstellung «2. was ist der erwartungswert, dass man alle sammelkarten bekommt». Da kommt der Begriff «Erwartungswert» zwar vor, aber in unverständlichem Zusammenhang.
Zellerli hat die Frage in folgender Richtung zu retten versucht: «2. was ist die Wahrscheinlichkeit, dass man alle sammelkarten bekommt».

19.06.2010, 14:02

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von wisili
Ich kann hier keinen falschen Schluss erkennen. Falsch war die Aufgabenstellung «2. was ist der erwartungswert, dass man alle sammelkarten bekommt». Da kommt der Begriff «Erwartungswert» zwar vor, aber in unverständlichem Zusammenhang.
Zellerli hat die Frage in folgender Richtung zu retten versucht: «2. was ist die Wahrscheinlichkeit, dass man alle sammelkarten bekommt».

Sorry, aber da muss ich dir doch klar widersprechen... Zum einen handelt es sich um ein klassisches Problem, nämlich das Coupon collector's problem, d.h., der Aufgabensteller müsste nur ein paar Worte zur Aufgabenstellung sagen, den Rest könnte er sich eigentlich schenken, da der "Wissende" eh schon längst weiß wie es weitergeht... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zum anderen habe ich seither wieder und wieder durchgelesen, was Zellerli dazu geschrieben hat, nämlich (Hervorhebung von mir)

Zitat:

Original von Zellerli
Die Wahrscheinlichkeit, dass man alle Karten kriegt wächst mit der Anzahl der Päckchen, die man kauft, aber sie erreicht niemals 100%. Das heißt im Umkehrschluss, dass mit keiner Anzahl an Päckchen zu erwarten ist, dass man alle Karten hat.

aber ich kann auch jetzt noch (bei sicher vorhandenem guten Willen!) keine andere vernünftige Interpretation als den von mir erwähnten Fehlschluß darin erblicken... Aber Zellerli kann sich ja auch selbst noch dazu Wort melden, und damit aller Spekulation um das, was er sich dabei wirklich gedacht hat, ein Ende bereiten... Big Laugh

Big Laugh

Edit: Übrigens haben ich gerade zum Spaß 1000 Simulationen mit Derive durchgeführt und die gemittelte Anzahl der Päckchen, welche man für 150 Sammelkarten benötigte, betrug dabei 838.80, was ja dann erstaunlich gut mit dem theoretischen Erwartungswert übereinstimmt...

Anzeige

19.06.2010, 14:30

wisili

Auf diesen Beitrag antworten »

Welche Suggestion von klassischen Problemen dem «Wissenden» hiermit verbunden ist, interessiert nicht.
Die Wendung «zu erwarten ist, dass man alle Karten hat» hat mit dem fachsprachlichen Substantiv «Erwartungswert» (der sich ja auf eine Zufallsgrösse beziehen müsste, die hier nirgends auch nur ansatzweise definiert ist) zunächst nichts zu tun. «alle Karten haben» ist allenfalls ein Ereignis, keine Zufallsgrösse.

19.06.2010, 14:34

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Genau, Zellerli sollte erstmal zu Wort kommen.

Was aber festzuhalten ist, dass beide Frageformulierungen

Zitat:

Original von DerJFK
1. Ab dem wieivelten Päckchen ist es wahrscheinlich, dass man zwei gleich hat

2. was ist der erwartungswert, dass man alle sammelkarten bekommt

(höflich formuliert) ziemlich ungenau sind. Gemeint war vermutlich sowas wie

Zitat:

1. Ab dem wieivielten Päckchen ist die Wahrscheinlichkeit größer als 50%, dass unter den bereits erworbenen Karten mindestens zwei gleich sind.

2. Wie groß ist der Erwartungswert der zu kaufenden Sammelkarten, so dass alle Sammelkartenmotive dabei sind?

Ich kann nur an alle Fragsteller appellieren: Wenn ihr die Aufgabenstellung nicht versteht, dann gebt sie bitte wortwörtlich wieder, statt sie zu verkürzen. Sonst kommt nämlich sehr oft sowas verhunztes wie oben gesehen zustande. unglücklich

unglücklich

Nochmal die Kritikpunkte im einzelnen:

- Die Verwendung des Wortes "wahrscheinlich" ohne quantitative Spezifizierung kann alles mögliche bedeuten, 90%, 95%, 99% ... Davon auszugehen, dass damit 50% gemeint sind, ist keine gute Idee.

- Erwartungswert ist IMMER an eine Größe gebunden und hat nicht einfach so lose in der Luft zu schweben.

19.06.2010, 14:52

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von wisili
Welche Suggestion von klassischen Problemen dem «Wissenden» hiermit verbunden ist, interessiert nicht.

Sorry, interessiert schon... geschockt

geschockt

Mit "Wissenden" hab ich in diesem Zusammenhang übrigens gar nicht mal mich gemeint, sondern Zellerli, oder allgemeiner alle, die sich für den Bereich Stochastik zuständig fühlen...

Zitat:

Original von wisili
Die Wendung «zu erwarten ist, dass man alle Karten hat» hat mit dem fachsprachlichen Substantiv «Erwartungswert» (der sich ja auf eine Zufallsgrösse beziehen müsste, die hier nirgends auch nur ansatzweise definiert ist) zunächst nichts zu tun. «alle Karten haben» ist allenfalls ein Ereignis, keine Zufallsgrösse.

Ist alles sehr verwaschen und ungenau formuliert, das ist richtig, aber entweder macht man ein Frage-und Antwortspiel mit dem Threadersteller daraus, um die richtige Aufgabenstelung aus ihm "herauszuquetschen" - was didaktisch durchaus seinen Wert hat - oder man lenkt das Ganze gleich in die "richtige" Richtung, soferne man weiß, worum es geht... Liegt zu einem guten Teil im Naturell des Helfers - oder auch seiner augenblicklichen Stimmung - wie er da reagiert...

Im übrigen schließe ich mich nochmals der Meinung von Arthur an, dass sich Zellerli selbst dazu äußern sollte... Ist ja wirklich etwas komisch, dass diese Diskussion hier über Dritte geführt wird... verwirrt

verwirrt

19.06.2010, 15:14

Zellerli

Auf diesen Beitrag antworten »

Aaaah Hilfe!
Auch wenn es gestern zu später Stunde war, deute ich die Aufgabenstellung auch ausgeschlafen so:

Wie auch in Aufgabe 1 ist in Aufgabe 2 auszurechnen wieviele Karten man braucht, damit man mit einer gewissen Wahrscheinlichkeit alle hat.
Die Wahrscheinlichkeitsangabe fehlt hier (wie in Aufgabe 1, wo die fehlende Angabe wohl mit >50% interpretiert wird).
Daher meinte ich schlampig abgetippt.
"Erwartungswert" habe ich hier nicht als solchen gedeutet (war wohl zu sehr auf Aufgabe 1 fixiert). Dass man das Wort quasi ignoriert ist sicher nicht sehr fein, aber angesichts der mageren Aufgabenstellung würde ich wohl wieder in die Falle laufen.

Klar macht die Interpretation die Anzahl der Anläufe, die es braucht, zu mitteln deutlich mehr Sinn.

Es ist gemeint:
"Wie viele Karten muss man im Mittel kaufen, um alle 150 zu haben?"
Ich habe gedeutet (siehe meinen Beitrag mit den 100% und so):
"Wie viele Karten muss man kaufen, um sicher alle 150 zu haben?"

Im Nachhinein betrachtet (bei der Gegenüberstellung der beiden möglichen Aussagen) ist "Erwartungswert" ein Hinweis auf "im Mittel" und somit ist ersteres schlüssiger.
Wenn man aber garnicht erst überlegt was alles gemeint sein könnte (und dann vergleicht), sondern bei der schwachen Fragestellung froh ist, etwas gefunden zu haben, was gemeint sein könnte, gehts halt daneben.

Falls die Aufgabe genau in dem Wortlaut in einer Klausur oder dgl. drankam würde ich es auf einen Streit ankommen lassen. Die o.g. Variante wäre eine eindeutige(re) Formulierung.

edit (hierin liegen auch die weiteren edits): Habe jetzt eure Beiträge nochmal genauer gelesen:
Ich gebe Mystic Recht und meine a posteriori (und durch Vergleich) auch, dass wohl das Mittel gemeint sein muss.
Ich gebe wisili Recht und sehe nach wie vor meine erste Interpretation das als Ereignis zu betrachten als eine nicht Verwerfliche, weil ich
Arthur_Dent Recht gebe, dass die Aufgaben grausam unpräzise gestellt sind und man sich die Wahrscheinlichkeiten (bei Aufgabe 1 wohl 50%, bei Aufgabe 2 durchaus "zu erwarten" auch 100% mangels zugehöriger Zufallsgröße) hinzudichten muss.

Danke jedenfalls für euer Einschreiten, es war hier durchaus sinnvoll nochmal drüber nachzudenken und klarzustellen.

19.06.2010, 16:25

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Zellerli
edit (hierin liegen auch die weiteren edits): Habe jetzt eure Beiträge nochmal genauer gelesen:
Ich gebe Mystic Recht und meine a posteriori (und durch Vergleich) auch, dass wohl das Mittel gemeint sein muss.
Ich gebe wisili Recht und sehe nach wie vor meine erste Interpretation das als Ereignis zu betrachten als eine nicht Verwerfliche, weil ich
Arthur_Dent Recht gebe, dass die Aufgaben grausam unpräzise gestellt sind und man sich die Wahrscheinlichkeiten (bei Aufgabe 1 wohl 50%, bei Aufgabe 2 durchaus "zu erwarten" auch 100% mangels zugehöriger Zufallsgröße) hinzudichten muss.

Womit alle recht (oder zumindestens nicht ganz unrecht) haben, sehr diplomatisch... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Sorry, wenn ich dir unterstellt habe, einem trivialen Trugschluß aufgesessen zu sein, nachdem ja auch wisili meint, dass man das auch so auffassen könnte, muss wohl etwas dran sein...

Ist wohl so, dass ich diesem Problem einen höheren Bekanntheitsgrad zugeordnet habe, als es tatsächlich hat... Inmmerhin kann ich zu meiner Verteidigung sagen, dass es auch im Forum schon mehrfach behandelt wurde, z.B. hier, und hier oder auch hier , um jetzt nur ein paar zu nennen...

19.06.2010, 16:32

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Wobei es im letzten der von dir verlinkten Threads tatsächlich mal um die Wahrscheinlichkeit geht, dass eine bestimmte Anzahl ausreicht, also nicht "nur" um den einfacher zu berechnenden Erwartungswert.

11.05.2012, 12:42

StatistNr27

Auf diesen Beitrag antworten »

2. Aufgabe
Hi, werte "Wissende" Augenzwinkern

Augenzwinkern

,
Ich hatte eine ähnliche Frage wie Aufgabe 2 des Thread-Erstellers (tut mit leid, dass ich einen alten Thread ausgrabe, aber ich wollte dafür nicht extra einen Neuen aufmachen...).
Habe den Thread aufmerksam gelesen und (wohl auch durch fehlende Rückmeldung des Fragestellers) keine Antwort auf die 2. Frage finden können.
Daher stelle ich jetzt selbst eine ähnliche und bitte um Antwort:

Problem wie oben (Es gibt eine Anzahl i verschiedener Sammelkarten und es gibt Päckchen die je 1 zufällige Karte enthalten).

Die Frage(n): a) Wie viele Päckchen müsste ich kaufen um mit 90%er Wahrscheinlichkeit alle mindestens 1 mal zu besitzen bzw. b) Wie viele Päckchen muss ich im Mittel kaufen, um alle mindestens ein mal zu haben (bin mir des genauen Unterschieds nicht bewusst...)

Ansatz: Meine erste Idee war eine Bernoulli-Kette, bei der die Wahrscheinlickeit p als Funktion von n (Anzahl gekaufter Päckchen) und i ausgedrückt wird. Bin mir aber nicht sicher ob man das überhaupt so machen darf und komme nicht so wirklich weiter. Habe bei Wikipedia auch unter "collector's problem" (nur auf deutsch Augenzwinkern

Augenzwinkern

nachgelesen, bin aber an der Berechnung der Summe gescheitert und konnte dem Text irgendwie nicht folgen -.-.
Ich wäre für Hilfe und/oder Erklärung dankbar.

P.S.: Das ist keine Schulbuchaufgabe, ich habe mir diese Frage einfach so selbst gestellt und im Konkreten Beispiel ist i=771. Es soll davon ausgegangen werden, dass jede Karte gleich wahrscheinlich ist.

12.05.2012, 14:18

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: 2. Aufgabe
Zu Frage 2 wurde eigentlich oben schon alles gesagt, nämlich

Zitat:

Original von Mystic
Tipp: Angenommen, man hat schon k<150 verschiedene Sammelkarten, dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass im nächsten Päckchen eine neue Sammenkarte ist, offensichtlich (150-k)/150, d.h., der Erwartungswert, für die Anzahl der Päckchen, die man für eine neue Sammelkarte unter den gegebenen Umständen braucht, einfach der Kehrwert...

Dabei musst du für den gesuchten Erwartungswert nur die Zahl i=150 gegen deine Zahl i=771 austauschen und für k=0 bis k=i-1 aufsummieren... Was genau verstehst du daran nicht?

mfg
Der Wissende

12.05.2012, 21:15

StatistNr27

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: 2. Aufgabe
Wie bilde ich denn eine Summe aus hunderten Summanden ohne das alles einzeln in den Taschenrechner einzutippen? Muss ich dazu ein Integral aufstellen?

12.05.2012, 21:20

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: 2. Aufgabe
Ja, nimm gewisse Unter- bzw. Obersummen für das bestimmte Integral

$\begin{eqnarray*} \int_a^b \frac {dx}x \end{eqnarray*}$

mit passenden Grenzen a und b...

12.05.2012, 23:35

Dopap

Auf diesen Beitrag antworten »

nebenbei: Ich bin in letzter Zeit in Stochastik des öfteren auch die Schnau ... gefallen.

Leider ist meist die Ursache in der schwammigen Formulierung der Aufgabe zu suchen.
Es gibt für solche Aufgaben meiner Meinung nach nur eine Regel:

Frage genau nach dem was du wissen willst! Etwaige implizite Annahmen sind so gut wie nicht zulässig!
Jedenfalls nicht in Stochastik.
Also: bitte keine Formulierungen mit Sprachcharakter wie:

wahrscheinlich;
ein Ass zu ziehen;
zu gewinnen.

Die genaue Formulierung einer Aufgabe- ohne daraus gleich einen mehrseitigen Text zu machen- ist mit Arbeit verbunden, und das wird heutzutage gescheut.

Nur meine Meinung Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.05.2012, 19:53

StatistNr27

Auf diesen Beitrag antworten »

Also:
$\begin{eqnarray*} \int_a^b \! \frac{1}{(771-x)/771} \, dx \end{eqnarray*}$ mit a=0 und b=770 -> $\begin{eqnarray*} 771\int_a^b \! \frac{1}{(771-x)} \, dx \end{eqnarray*}$ -> $\begin{eqnarray*} -771\int_a^b \! \frac{1}{z} \, dz \end{eqnarray*}$ mit z= 771-x -> $\begin{eqnarray*} -771\left[ln|771-x|\right]_{0}^{770} \end{eqnarray*}$ = 771 ln (771) ~ 5125.
Stimmt das? Sieht eigentlich relativ richitg aus. Hab mir mit dem Taschenrechner auch mal ne Wertetabelle angelegt und was da rauskommt passt auch. Danke für die Hilfe smile

smile

.

15.05.2012, 09:10

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von StatistNr27
Also:
$\begin{eqnarray*} \int_a^b \! \frac{1}{(771-x)/771} \, dx \end{eqnarray*}$ mit a=0 und b=770 -> $\begin{eqnarray*} 771\int_a^b \! \frac{1}{(771-x)} \, dx \end{eqnarray*}$ -> $\begin{eqnarray*} -771\int_a^b \! \frac{1}{z} \, dz \end{eqnarray*}$ mit z= 771-x -> $\begin{eqnarray*} -771\left[ln|771-x|\right]_{0}^{770} \end{eqnarray*}$ = 771 ln (771) ~ 5125.
Stimmt das? Sieht eigentlich relativ richitg aus. Hab mir mit dem Taschenrechner auch mal ne Wertetabelle angelegt und was da rauskommt passt auch. Danke für die Hilfe smile

smile

.

Sorry für die verzögerte Antwort, aber das ist alles hier so furchtbar "unprofessionell", dass es mich einige Überwindung kostet, darauf einzugehen... geschockt

geschockt

Das beginnt schon bei deinen Bezeichnungen, obwohl das jetzt noch der geringste Einwand ist: Die Gesamtanzahl der Sammelkarten würde ein Profi niemals mit i bezeichnen, denn i ist in der Mathematik meist eine gebundene Variable oder steht gar für die Lösung von x²+1=0... Ich werde diese Anzahl daher im folgenden auf n "umtaufen"...Des weiteren geht es hier zwar zunächst um die Summe

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=0}^{n-1} \frac n{n-i} \end{eqnarray*}$

(beachte den richtigen Einsatz von i als "Summenvariable"), aber wie man sich z.B. anhand von Beispielen sofort klarmacht, ist das ja nicht anders als

$\begin{eqnarray*} n \sum_{i=1}^n \frac 1i \end{eqnarray*}$

d.h., es geht hier um die Frage, wie man die sog. Harmonische Folge

$\begin{eqnarray*} H_n=\sum_{i=1}^n \frac 1i \end{eqnarray*}$

möglichst effizient berechnet... Wie du ja schon gesehen hast, kommt da durch die Interpretation als Zwischensumme eines gewissen Integrals

$\begin{eqnarray*} \int_a^b \frac 1x dx \end{eqnarray*}$

automatisch der Logarithmus ln n ins Spiel... Obwohl die Folge $\begin{eqnarray*} H_n \end{eqnarray*}$ bekanntermaßen divergiert, ist doch die Absolutdifferenz zu ln n stets kleiner als 1, wie man sich leicht überlegt... Genaueres - insbesondere eine Reihenentwicklung von $\begin{eqnarray*} H_n \end{eqnarray*}$ - kannst du unter dem Stichwort Harmonische Reihe sofort nachlesen... Damit sollte eine bequeme Berechnung der Folgenglieder leicht möglich sein inklusive Fehlerabschätzung... Wink

Wink

15.05.2012, 12:49

StatistNr27

Auf diesen Beitrag antworten »

Hmm tut mir leid wenn meine Rechnung "unprofessionell" ist, vielleicht bin ich hier auch im falschen Forum gelandet... Ich bin nämlich alles andere als ein Profi.
Ich habe nur deshalb i gewählt, weil ich (aus Mangel an Kenntnissen über Alternativen) zunächst die Idee hatte, das ganze irgendwie als Binomialverteilung zu beschreiben. Da wäre n ja n Ja dann die Anzahl zufälliger Sammelkarten, die ich kaufe, und mir ist keine passendere Variable eingefallen.

Zitat:

wie man sich z.B. anhand von Beispielen sofort klarmacht [...]

Tut mir leid, ich habe dieses Summenzeichen zwar schon mal gesehen habe aber keine Ahnung was genau ich damit anfangen soll. Ich habe auch keine Ahnung wie ich eine Harmonische Folge ausrechne und im Wikipedia-Artikel verstehe ich nur Banhof (Habe ihn schon vor deinem Post enddeckt).
Also zusammenfassend: Ich kann damit weder leicht irgendetwas berechnen, noch eine Fehlerabschätzung machen.
Prinzipiell fand ich mein Ergebnis aber sinnvoll, kann es aber nicht anders nachprüfen, daher fragte ich ob das stimmt. Dein Post legt nahe, dass es nicht stimmt, aber ich weiß weder wieso, noch wie es richtig wäre.
Wie gesagt vielleicht falsches Forum, ich bitte um Entschuldigung, dich mit meinem Unwissen belastet zu haben -.-

15.05.2012, 13:28

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von StatistNr27
Hmm tut mir leid wenn meine Rechnung "unprofessionell" ist, vielleicht bin ich hier auch im falschen Forum gelandet... Ich bin nämlich alles andere als ein Profi.

Ja, sorry, im Nachhinein würde ich zugebenn, dass das nicht die richtige Wortwahl war... Es war einfach die Enttäuschung darüber, dass du nicht wenigstens die Umformung

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=0}^{n-1} \frac n{n-i} =n \sum_{i=1}^n \frac 1i \end{eqnarray*}$

durchgeführt hast, die ja wirklich noch sehr elementar ist und die auch in den zahlreichen Links in diesem Thread immer wieder vorkommt... Wenn es aber wirklich von Haus aus so schlecht um deine mathematischen Vorkenntnisse bestellt ist, was ich aufgrund dieses einen Postings natürlich noch nicht beurteilen kann, dann war dieser Kommentar von meiner Seite aus wahrscheinlich deplatziert...

Zitat:

Original von StatistNr27
Ich habe auch keine Ahnung wie ich eine Harmonische Folge ausrechne und im Wikipedia-Artikel verstehe ich nur Banhof (Habe ihn schon vor deinem Post enddeckt).
Also zusammenfassend: Ich kann damit weder leicht irgendetwas berechnen, noch eine Fehlerabschätzung machen.

Hm, ich hoffe, wir meinen jetzt beide dasselbe, nämlich die Formel

$\begin{eqnarray*} H_n=\sum_{i=1}^n \frac{1}{i} &=\ln n + \gamma + \frac{1}{2n}-\frac{1}{12n^2}+\frac{1}{120n^4} -\frac1{252n^6}+\frac1{240n^8}-\frac1{132n^{10}}+\mathcal O\!\left(\frac 1{n^{12}}\right)\\ &= \gamma + \ln n +\mathcal O\!\left(\frac 1{n}\right) \end{eqnarray*}$
wobei $\begin{eqnarray*} \gamma=0,5772156649 \ldots \end{eqnarray*}$ die Eulersche Konstante ist... Was ist dir daran nicht klar, das würde mich jetzt wirklich interssieren... verwirrt

verwirrt

Du musst ja nur für dein n=771 einsetzen und soviele Glieder der rechten Seite nehmen, wie du für sinnvoll erachtest... Insbesondere erhältst du eine Fehlerabschätzung dadurch, dass nach dem Addieren eines positiven Terms der Wert zu groß, nach dem Subtrahieren aber zu kleine ist, d.h., der wahre Wert liegt dazwischen irgendwo... Man nimmt also gerade so viele Terme, bis die gewünschte Genauigkeit erreicht ist... Aber vielleicht setze ich ja auch da wieder zuviel voraus... verwirrt

verwirrt

Zitat:

Original von StatistNr27
Prinzipiell fand ich mein Ergebnis aber sinnvoll, kann es aber nicht anders nachprüfen, daher fragte ich ob das stimmt. Dein Post legt nahe, dass es nicht stimmt, aber ich weiß weder wieso, noch wie es richtig wäre.

Ich habe ja auch nicht gesagt, dass es nicht stimmt, meine Bemerkungen gingen jetzt eher in die Richtung, dass du dir - mit etwas Nachdenken und vielleicht auch Herumprobieren - das Leben viel leichter hättest machen können... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Edit: Übrigens ist

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n \frac 1i \end{eqnarray*}$

einfach eine Kurzschreibweise für die Summe aller Terme 1/i, wobei i der Reihe nach die Werte 1,2,...,n annimmt... Die "Langschreibweise" dafür lautet

$\begin{eqnarray*} 1+\frac 12+\frac 13+\ldots+\frac 1n \end{eqnarray*}$

Das nur für den Fall, dass du mit der verwendeten Symbolik nicht zurechtkommst... Augenzwinkern

Augenzwinkern

16.05.2012, 12:31

StatistNr27

Auf diesen Beitrag antworten »

Also um dir vielleicht meine Position zu erklären: Meine Mathekentnisse sind auf Abiturniveau (oder sollten es sein Augenzwinkern

Augenzwinkern

). Dennoch haben wir in Mathe nie mit solchen Summen gerechnet, ich weiß daher auch nicht genau wie ich eine solche umforme (auch wenn ich prinzipiell verstanden habe was diese Schreibweise aussagt).
Ja, ich denke wir meinen dasselbe. $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ ist eine Konstante, kein Problem, ln n ist auch klar, aber was mache ich mit diesem Landau Symbol? (habe Wikipedia entnommen, dass das so heißt...).
Ist dieses Problem denn ausschließlich mit grundlegenden Kenntnissen über Integral- und Differenzialrechnung lösbar? Weil du ja sagtest ich würde mit der von dir erwähnten Methode nur einen ungefähren Wert für den Erwartungswert der zu kaufenden Karten erhalten...
P.S.: Ich will dir wirlklich nicht deine Zeit klauen Augenzwinkern

Augenzwinkern

17.05.2012, 12:56

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich denke, das hat jetzt weniger mit fehlenden Mathematikkenntnissen zu tun (Abiturniveau sollte hier vollkommen ausreichen!) sondern mit deiner falschen Art, wie du an die Dinge ran gehst....

Fehler 1: Dein n=771 ist viel zu groß, nimm am Anfang ein kleines n, z.B. n=6, wo alles noch schön übersichtlich bleibt und man alles noch schön anschreiben kann... Außerdem kann man diese Aufgabe auch noch hübsch einkleiden: Was ist der Erwartungswert für die Anzahl der Würfe mit einem Würfel, welche man braucht, damit jede der Augenzahlen 1,2,3,4,5,6 mindestens einmal gekommen ist... Du wirst dann die Lösung vermutlich auch zunächst hinschreiben als

$\begin{eqnarray*} \frac66+\frac65+\frac64+\frac63+\frac62+\frac61 \end{eqnarray*}$

aber dann hoffentlich sofort sehen, dass man das auch so anschreiben kann:

$\begin{eqnarray*} 6(1+\frac12+\frac13+\frac14+\frac15+\frac16) \end{eqnarray*}$

Erst nachdem du an diesem kleinem Beispiel gesehen hast, "wie der Hase läuft", solltest du dich deinem Fall n=771 zuwenden, der doch im Prinzip genauso geht...

Fehler 2: Du verbeisst dich in irgendwelche unwesentliche Details (z.B. bei obiger Formel in die O-Notation), die mit dem Grundproblem fast nichts zu tun haben... Ich hab sogar ein bißchen den Verdacht, du nimmst das als Vorwand um sagen zu können: Das Ganze ist eigentlich zu hoch, das muss ich ja gar nicht verstehen... Das wichtigste und eigentlich wesentliche an der Sache ist doch, dass der Ausdruck

$\begin{eqnarray*} 1+\frac12+\frac13+\ldots+\frac1n \end{eqnarray*}$

qualitativ durch $\begin{eqnarray*} \ln n +\gamma \end{eqnarray*}$ abgschätzt werden kann, wobei nicht nur der relative Fehler, sondern sogar der absolute(!) Fehler gegen 0 geht, obwohl ja beide Terme gegen $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ gehen..

Fehler 3: Du solltest dir die Links, die in diesem Thread angegeben sind doch etwas genauer anschauen, die beinhalten nämlich - teilweise doch ziemlich detailliert ausgeführt - bereits die Antworten auf deinen Fragen... Auch wenn du etwas davon nicht versteht, hast du damit zumindestens eine Möglichkeit, diese Stelle zu zitieren und gezielt zu fragen: Bitte, warum ist das so? Damit tust du nicht nur dir selbst, sondern vor allem dem Helfer einen Gefallen... Augenzwinkern

Augenzwinkern

18.05.2012, 14:39

StatistNr27

Auf diesen Beitrag antworten »

An dem was du gesagt hast ist tatsächlich viel Wahres dran.
Nachdem ich den Wikipedia-Artikel zum Sammelbilderproblem (und die relevanten, darin verlinkten Artikel) noch einmal etwas unvoreingenommener gelesen habe, ist mir jetzt klar, dass der für den Erwartungswert der zu kaufenden Päckchen X gilt:
$\begin{eqnarray*} E\left(X\right)=n\sum\limits_{k=1}^n k \end{eqnarray*}$ , was ich als $\begin{eqnarray*} E\left(X\right)=n*(ln\left(n\right) + \gamma ) \end{eqnarray*}$ nähern kann, wobei der relative Fehler für große n zu vernachlässigen ist
(Wenn ich das richtig verstanden habe, müsste der absolute fehler für große n gegen 1/2 gehen, ist aber denke ich auch nicht so wichtig).
Das ist in der Tat einfacher als meine Integraldarstellung und liefert mir rund 5570 als Ergebnis.
Hoffe das war jetzt richtig?
Naja, die Abweichung zu meinem ersten Ergebnis ist hier leider nicht unerheblich (ca. 8%).
Wieso weicht das Integral denn so stark vom "richtigen" Ergebnis ab? (in der Hoffnung das mein 2. Ergebnis tatsächlich richtig ist...^^)

edit: Wie ich gerade festgestellt habe ist die Abweichung logischerweise genau $\begin{eqnarray*} n*\gamma \end{eqnarray*}$ , da Gamma ja als absolute Abweichung zwischen dem tatsächlichen Wert der harmonischen Reihe und der Näherung durch den Logarithmus definiert ist.
Warum weicht das Integral denn von dem tatsächlichen Wert der Reihe ab?

18.05.2012, 15:29

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, dein

$\begin{eqnarray*} E\left(X\right)=n*(ln\left(n\right) + \gamma ) \end{eqnarray*}$

bewirkt noch eine systematische Unterschätzung gegenüber dem wahren Wert um ca. 1/2, wenn man das aber addiert, sollte der Absolutfehler selbst nach(!) der Multiplikation mit n dann gegen 0 gehen

code:
1: 2: 3: 4: 5: 6:	n:=771; 771 evalf(nsum(1/i,i=1..n)); 5570.900906 evalf(n(ln(n)+gamma)+1/2); 5570.901014

Der letzte Wert liegt dabei doch schon recht knapp am wahren Wert (worin die ganze "Power" der obigen Formel sehr schön sichtbar wird), aber diesmal wird er systematisch überschätzt...

Es freut mich jedenfalls, dass ich dich inzwischen doch schon etwas zu eigenenen Nachforschungen animieren konnte... Augenzwinkern

Augenzwinkern

18.05.2012, 21:38

StatistNr27

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das 1/2 hätte ich tatsächlich noch dazu addieren können aber darauf kam es mir dann doch nicht an.
Gut, ich denke dann wär das ja geklärt. Danke für deine Hilfe und Geduld Augenzwinkern

Augenzwinkern

edit: das oben muss natürlich $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k} \end{eqnarray*}$

31.05.2012, 16:28

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

@ Mystic
Es wurde zwar nie in diese Richtung gefragt, aber nachdem ich diesen Artikel gelesen habe

http://www.spiegel.de/wissenschaft/mensc...t-a-834189.html

bin ich doch etwas enttäuscht, dass du nie die Foata-Han-Lass-Formel erwähnt hast. Big Laugh

Big Laugh

31.05.2012, 17:49

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, alle zwei Jahre zur WM-/EM-Zeit bringt der Spiegel das Stickersammel-Thema wieder aufs Tapet. Big Laugh

Big Laugh

31.05.2012, 18:28

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Huggy
bin ich doch etwas enttäuscht, dass du nie die Foata-Han-Lass-Formel erwähnt hast. Big Laugh

Big Laugh

Ja, schlimmer noch, ich muss gestehen, dass ich diese Arbeit nicht kannte... Nach einer kleinen Blitzumfrage scheint es aber auch anderen so zu gehen... Big Laugh

Big Laugh

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »