Unterschiedliche Elemente

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16.04.2016, 18:25	leoclid	Auf diesen Beitrag antworten »
Unterschiedliche Elemente Wir haben $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ unterschiedliche Elemente, wovon wir $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ mit Zurücklegen und ohne der Beachtung der Reihenfolge ziehen. Wie hoch ist WK, dass darunter $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ unterschiedliche Elemente sind. Ich komme auf: $\begin{eqnarray} P = \frac { \binom{L}{k} \binom{n-1}{n-k} } {\binom{L+n-1}{n}} \end{eqnarray}$ Meine Überlegung : Mögliche Ereignisse: n Elemente mit Wiederholung ohne Beachtung der Reihenfolge aus L Elementen ziehen. Günstige Ereignisse: Zuerst auswählen, welche k Elemente man aus den L Elementen gezogen hat, danach "füllt" man die restlichen n-k Plätze mit diesen k Elementen ohne Beachtung der Reihenfolge mit Wiederholung auf. Aber die Formel stimmt nicht, ich habe es mit L = k überprüft, wo ist denn mein Fehler? Ich brauche das Ganze für ein mathematisches Projekt, und meine Schulmathematik liegt schon 3 Monate zurück, ich bin ein bisschen eigerostet . Bitte kann mir jemand den Denkanstoß geben?
16.04.2016, 19:24	leoclid	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich bin so ein ________ Es ist ja nicht jedes Ereignis gleich wahrscheinlich! Zum Beispiel ist ja ELEMENT 1 ELEMENT 1 ELEMENT 1.... unwahrscheinlicher als ELEMENT 1 ELEMENT 2 ELEMENT 1. Hier meine neue Idee: ( L über k ) * (n über k) * (1/L)^k * (L-k/L)^(n-k) Ist das korrekt?
16.04.2016, 20:03	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
keine Ahnung ob das korrekt ist. Wir haben also L-seitige Laplace-Würfel von denen wir n in einen Würfelbecher packen und einmal werfen. Es gibt dann $\begin{eqnarray} K_{mZ}(n)=\binom{L+n-1}{n} \end{eqnarray}$ verschiedene Kombinationen die nicht gleichwahrscheinlich sind. Es gibt aber $\begin{eqnarray} V_{L}(n)=L^n \end{eqnarray}$ Variationen die gleichwahrscheinlich sind. Dies mal nur so als Denkhilfe.
16.04.2016, 20:10	leoclid	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn ich aber mit Variationen arbeite, muss ich folgendes bedenken, dass dann die betrachteten "Günstigen" Ereignisse gleich unwahrscheinlich sind. Beispiel: Ohne Betrachtung der Reihenfolge: A A B A A und B B A A A. Für den erstgenannten Wurf gibt es nun weniger Möglichkeiten diese anzuordnen als beim zweitgenannten Wurf.
16.04.2016, 21:13	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
stimmt, das Problem ist doch diese Variationsmenge bei gegebenem k einzuschränken. Da hilft doch eventuell etwas Anschaulicheres: Du wirfst 5 Würfel und fragst nun 1.) eine Straße = k=5 (wenn auch mit Lücke ) 2.) nicht genau ein Paar = k= 4 3.) .... ich glaube mit k =Anzahl gleicher Elemente ginge es leichter. Du könntest an dem Beispiel mal genau erklären was du meinst. Dein Beispiel bezog sich aber auf L=2 also einen simplen Münzwurf.
17.04.2016, 10:04	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Thematik gehört zum Themenkreis des Sammelkartenspiels (coupon collector`s problem), wobei dort meist nur die einfachere Fragestellung nach dem Erwartungswert für die Zahl $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ der Ziehungen behandelt wird, bis man jedes der $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ Objekte mindestens einmal hat. Diese Fragestellung ist auch hier im Board schon gelegentlich behandelt worden. Das Ganze gehört sicher nicht mehr zur Schulmathematik. Deine Frage lässt sich in 2 Teilfragen zerlegen: (1) Wieviele Möglichkeiten gibt es, aus $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ unterscheidbaren Objekten $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ verschiedene Objekte auszuwählen? (2) Wieviele Möglichkeiten gibt es, eine n-elementige Menge in $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ disjunkte Teilmengen zu zerlegen? (1) ist einfach. (2) führt zu den Stirlingzahlen 2. Art $\begin{eqnarray} S(n.k) \end{eqnarray}$ , die nicht einfach zu handhaben sind. Die gesuchten Wahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray} p(n, k) \end{eqnarray}$ , dass man nach $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ Ziehungen genau $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ verschiedene Objekte hat, ergibt sich zu: $\begin{eqnarray} p(n.k)=S(n.k)\frac {(L-1)!}{(L-k)!L^{k-1}} \end{eqnarray}$ Man kann die Wahrscheinlichkeiten rekursiv berechnen: $\begin{eqnarray} p(n.k)=\frac {L+1-k}{L}p(n-1,k-1)+\frac {k}{L}p(n-1,k)<br /> \end{eqnarray}$ Die Anfangswerte sind geeignet zu definieren. Ich habe das mal mit Mathematica bis $\begin{eqnarray} n = 6 \end{eqnarray}$ gemacht: [attach]41374[/attach] Edit: Größere Änderung vorgenommen.
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17.04.2016, 11:10	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Hmm, sollte es bei (2) nicht "positiv" statt "nichtnegativ" bei der Summandenanzahl heißen? (<--- Hat sich mit deinem EDIT erledigt.) Alles in allem kann man wieder eine siebformelbasierte Wahrscheinlichkeitsformel $\begin{align} \binom{L}{k} \sum_{m=0}^{k-1} (-1)^m \binom{k}{m} \left( \frac{k-m}{L} \right)^n = \binom{L}{k} \frac{1}{L^n} \sum_{j=1}^k (-1)^{k-j} \binom{k}{j} j^n \end{align}$ angeben.
17.04.2016, 11:15	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
Während deiner Antwort hatte ich eine stärkere Änderung vorgenommen, da ich dachte, dass es noch keine Antwort gäbe.
19.04.2016, 20:15	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ist wohl wieder einer der zahlreichen leoclid-Threads, wo der Verfasser nach wenigen Stunden das Interesse verloren hat.
20.04.2016, 09:11	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
Sieht so aus. Das ist kein gutes Benehmen.

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