Problem der vollständigen Serie

29.08.2016, 15:51

andyrue

Problem der vollständigen Serie

na da lieg ich mit meiner aufgabe ja voll im trend ..

In einer Urne liegen 7 verschiedene Kugeln, nummeriert von 1 bis 7
Es wird nacheinander blind eine Kugel gezogen und deren Nummer in einer Liste notiert,
solange bis jede Zahl mindestens ein Mal auf der Liste steht.

a. Wieviele Ziehungen gibt es wenigstens?
b. Wieviele Möglichkeiten gibt es, das Experiment nach 7 Zügen zu beenden?
c. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Experiment nach 7 (8, 9, 13, 19) Zügen endet?
d. Wieviele Züge braucht man im Mittel

Anmerkungen: Ich habe a. bis c. ohne Hilfsmittel nur durch Nachdenken und Ausprobieren gelöst,
es kann also sein dass es umständlich erscheint, meine frage ist vorrangig ob ich richtig oder falsch liege

für d.
habe ich die Formel benutzt, wie die aber entsteht ist mir leider nicht ganz klar.
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a. es muss wenigstens 7 Ziehungen geben, wenn man annimmt dass jedesmal eine andere Zahl gezogen wird

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b. 7 verschiedene Zahlen kann man auf 7! verschiedene Reihenfolgen hinschreiben

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c.
$\begin{eqnarray*} P(X=7)=7!\cdot \frac{7}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot\frac{5}{7} \cdot\frac{4}{7} \cdot\frac{3}{7} \cdot\frac{2}{7} \cdot\frac{1}{7} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(X=8)=\frac{7!}{6!} \cdot \frac{7}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot\frac{5}{7} \cdot\frac{4}{7} \cdot\frac{3}{7} \cdot\frac{2}{7} \cdot\frac{6}{7} \cdot\frac{1}{7} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(X=9)=\frac{8!}{6!\cdot 2!} \cdot \frac{7}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot\frac{5}{7} \cdot\frac{4}{7} \cdot\frac{3}{7} \cdot\frac{2}{7} \cdot (\frac{6}{7} )^{2} \cdot\frac{1}{7} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(X=13)=\frac{12!}{6!\cdot 6!} \cdot \frac{7}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot\frac{5}{7} \cdot\frac{4}{7} \cdot\frac{3}{7} \cdot\frac{2}{7} \cdot (\frac{6}{7} )^{6} \cdot\frac{1}{7} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(X=19)=\frac{18!}{6!\cdot 12!} \cdot \frac{7}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot\frac{5}{7} \cdot\frac{4}{7} \cdot\frac{3}{7} \cdot\frac{2}{7} \cdot (\frac{6}{7} )^{12} \cdot\frac{1}{7} \end{eqnarray*}$

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d.

$\begin{eqnarray*} E(X)=7(1+\frac{1}{2} +\frac{1}{3} +\frac{1}{4} +\frac{1}{5} +\frac{1}{6} +\frac{1}{7}) \end{eqnarray*}$

sind speziell die ergebnisse von c. in ordnung?

danke andy

29.08.2016, 15:56

HAL 9000

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Zitat:

Original von andyrue
$\begin{eqnarray*} P(X=7)=7!\cdot \frac{7}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot\frac{5}{7} \cdot\frac{4}{7} \cdot\frac{3}{7} \cdot\frac{2}{7} \cdot\frac{1}{7} \end{eqnarray*}$

Ausgerechnet ergibt das ca. 30.844. Wer Wahrscheinlichkeitswerte >1 anbietet, bekommt Haue. Forum Kloppe

Der Struktur der anderen Formel nach meinst du hier vermutlich $\begin{eqnarray*} P(X=7)=\frac{7!}{7!}\cdot \frac{7}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot\frac{5}{7} \cdot\frac{4}{7} \cdot\frac{3}{7} \cdot\frac{2}{7} \cdot\frac{1}{7} = \frac{7!}{7^7} \end{eqnarray*}$ , das wäre richtig. Augenzwinkern

29.08.2016, 16:04

andyrue

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@Hal
danke, klar, leuchtet mir ein, andy

29.08.2016, 16:11

HAL 9000

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Die anderen Werte für 8,9,13,19 werden wohl alle falsch sein. Bei 8 kommt

$\begin{align*} P(X\leq 8) = \frac{7\cdot \frac{8!}{2!}}{7^8} = \frac{4\cdot 7!}{7^7} \end{align*}$

und damit dann $\begin{align*} P(X=8) = P(X\leq 8)-P(X=7) = \frac{3\cdot 7!}{7^7} \end{align*}$

heraus, für 9 kann man von Hand vielleicht auch noch was zusammenbasteln, aber bei 13 und 19 muss dann wohl die allgemeine Formel ran (basierend auf Siebformel):

$\begin{align*} P(X=m) = \frac{1}{7^{m-1}} \sum_{k=0}^5 (-1)^k \binom{6}{k} (6-k)^{m-1} = \frac{6^{m-1}-6\cdot 5^{m-1}+15\cdot 4^{m-1}-20\cdot 3^{m-1}+15\cdot 2^{m-1}-6}{7^{m-1}} \end{align*}$ , gültig für alle $\begin{align*} m\geq 2 \end{align*}$ .

29.08.2016, 20:33

andyrue

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@Hal

oje, jetzt bin ich komplett verwirrt, und ich habe meinen denkfehler immer noch nicht gefunden.

wenn ich z.b. P(X=19) ausgerechnet habe, war das meine strategie:

auf der Liste stehen bereits 18 Zahlen in denen die sechs anderen zahlen mindestens 1 Mal vorkommen.

eine mögliche liste wäre 1 2 3 4 5 6 3 4 5 6 3 3 1 1 4 5 6 3

hier sind es 18 zahlen, die serie ist fast vollständig, es fehlt noch die 7, wenn im nächsten zug (also im 19.) eine 7 käme (WSK = 1/7), wäre die serie vollständig.

es geht also drum, auszurechnen: Wie groß ist die WSK, dass bei den ersten 18 Zügen jede Zahl bis auf eine mindestens 1 mal vorkommt, an diese WSK hänge ich per multiplikation noch (1/7) hin und habe die gesuchte WSK P(X=19) ... soweit mein gedanke von dem ich vermute dass es auch stimmt.

für die obige liste wäre, wenn die reihenfolge eine rolle spielen würde, die WSK

P(X=19) = (neue Zahl)*(neue Zahl)*(neue Zahl)*(neue Zahl)*(neue Zahl)*(keine neue Zahl)^12 *(1/7)

in zahlen: (6/7)*(5/7)*(4/7)*(3/7)*(2/7) * (6/7)^12 * (1/7)

es gibt also 18 Zahlen in einer reihe mit 6 zahlen, die zum ersten mal vorkommen und 12 zahlen, ich nenn sie 'doppelgänger' die schon vorkommen mit der mississippi-regel rechne ich die anzahl der möglichen pfade / kombinationen (18! / (6! *12!) ) ...

wo liegt mein fehler? ich steh aufm schlauch, und bitte: ich bin aufm schulmathe-level,

andy

29.08.2016, 20:38

HAL 9000

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Zum Glück machst du es mir leicht:

$\begin{align*} \frac{18!}{6!\cdot 12!} \cdot \frac{7}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot\frac{5}{7} \cdot\frac{4}{7} \cdot\frac{3}{7} \cdot\frac{2}{7} \cdot (\frac{6}{7} )^{12} \cdot\frac{1}{7} \approx 17.87 \end{align*}$ .

Also wieder mal: Forum Kloppe

Und der Fehler? Du zeichnest 6 der 18 Positionen dadurch aus, dass du sie als "Erstauftrittspositionen" der dort stehenden Zahl charakterisierst, und stellst fest, dass es $\begin{align*} \binom{18}{6}=\frac{18!}{6!\cdot 12!} \end{align*}$ Möglichkeiten zur Auswahl dieser 6 Positionen gibt - soweit ist da erstmal nichts einzuwenden. Dann aber deutet dein Faktor $\begin{align*} \left( \frac{6}{7}\right)^{12} \end{align*}$ an, dass du die restlichen 12 Positionen beliebig (!) mit den 6 zur Verfügung stehenden Zahlen füllst - bei diesem Vorgehen passiert es (und das nicht zu knapp), dass Zahlen vor (!) ihren markierten Erstauftrittspositionen auftreten, womit dieser Begriff ad absurdum geführt ist. Nehmen wir nur mal den Extremfall

123456123456123456,

mit den rot markierten Erstauftrittspositionen: Keine dieser Positionen wird in diesem Fall der Bezeichnung gerecht. unglücklich

Was bedeutet das für deine Berechnung: Von den gesuchten 18er-Kombinationen der 6 Zahlen entgeht dir zwar keine, aber du zählst jede Menge davon doppelt, dreifach, ... x-fach ... da ist es am Ende kein Wunder, dass ein Wert deutlich größer 1 herauskommt. unglücklich

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