Sammelbildproblem Herleitung - Spezialfall Würfel

11.06.2018, 20:01

Sammelbildproblem

Sammelbildproblem Herleitung - Spezialfall Würfel

Meine Frage:
Hallo Leute,

ich beschäftige mich momentan mit der Herleitung des Sammelbildproblems und habe mir dazu den Wikipedia-Artikel durchgelesen der mir nicht weiterhilft.

Meine Ideen:
Genauer gesagt hakt es an einer Stelle. Nämlich die Wahrscheinlichkeit für ein noch nicht gezogenes Ereignis. Dafür vereinfache ich das Problem auf das Würfelproblem. Wenn man nun wissen möchte, wie groß die Wahrscheinlichkeit ist bei 6 Würfen, eine bisher noch nicht gewürfelte Zahl zu würfeln, geht dies m.E. nach wie folgt:

6/6 * 5/6 * 4/6 * 3/6 * 2/6* 1/6.

Laut Wikipedia wäre die Wahrscheinlichkeit jedoch 1/6.

Wie kommt man darauf?

Besten Dank

11.06.2018, 20:49

HAL 9000

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RE: Sammelbildproblem Herleitung - Spezialfall Würfel

Zitat:

Original von Sammelbildproblem
Wenn man nun wissen möchte, wie groß die Wahrscheinlichkeit ist bei 6 Würfen, eine bisher noch nicht gewürfelte Zahl zu würfeln, geht dies m.E. nach wie folgt:

6/6 * 5/6 * 4/6 * 3/6 * 2/6* 1/6.

Bitte formuliere nochmal genau, um welches Ereignis es dir hier geht.

Der Wert, den du hier berechnet hast, passt eher zu dem Ereignis "Sämtliche 6 Würfe ergeben verschiedene Augenzahlen".

Deine Ereignisformulierung hingegen ist einfach nur missverständlich und damit schlecht: Von welchem "bisher" ist da die Rede? Es gibt kein bisher.

Und die von dir erwähnten 1/6 in der Wikipedia beziehen sich bestimmt auf ein exakter formuliertes Ereignis - vielleicht auch auf eine bedingte Wahrscheinlichkeit. Da gilt es sehr genau auf die Wortwahl zu achten!

11.06.2018, 21:32

Sammelbildproboem

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RE: Sammelbildproblem Herleitung - Spezialfall Würfel
Mir geht es darum diie folgende Herleitung nachzuvollziehen:

"Wir können den Würfel als Serie mit sechs verschiedenen Motiven interpretieren. Jeder Wurf entspricht dem zufälligen Ziehen eines Motivs - und wir möchten jedes Motiv mindestens einmal haben. Mit der Sammelbilder-Formel lässt sich leicht berechnen, wie viele Würfe dafür durchschnittlich nötig sind.

Der erste Wurf ergibt mit einerWahrscheinlichkeit von 1eine Augenzahl, die wir noch nicht hatten. Also brauchen wir genau einen Wurf, um eine von sechs Augenzahlen zu haben.

Beim zweiten Wurf ist die Wahrscheinlichkeitp=5/6, eine Zahl zu würfeln, die nicht der zuerst gewürfelten entspricht. Wir brauchen dann im Schnitt 1/p = 6/5 Würfe, um zwei verschiedene Augenzahlen zu haben.

Wenn wir zwei verschiedene Augenzahlen haben, beträgt die Wahrscheinlichkeit beim nächsten Wurfp=4/6, eine der vier Zahlen zu würfeln, die noch fehlen. Um eine dieser Zahlen tatsächlich zur würfeln, sind im Mittel 1/p = 6/4 Würfe nötig.

So geht es immer weiter: Für die vierte Augenzahl sind 6/3 Würfe erforderlich, für die fünfte 6/2 und für die letzte fehlende Augenzahl schließlich 6/1.

Nun addieren wir diese sechs Zahlen und erhalten so die mittlere Anzahl von Würfen, die man braucht, um alle sechs Augenzahlen mindestens einmal zu haben. Das Ergebnis lautet:

1 + 6/5 + 6/4 + 6/3 + 6/2 + 6/1 "

Quelle: spiegel

Um die Anzahl der zu ermittelnden Würfe zu berechnen, um einmal alle Zahlen zu werfen, würde ich wie folgt vorgehen. Zunächst würde ich die Wahrscheinlichkeit dafür berechnen um 6 unterschiedliche werte zu würfeln. Diese liegt bei

6/6 * 5/6 * 4/6 * 3/6 * 2/6* 1/6.

Davon würde ich den Kehrwert bilden um den Erwartungswert für die Anzahl der Würfe zu berechnen die man braucht um alle Zahlen zu würfeln.

Allerdings scheint diese Lösung nicht zu stimmen. Daher versuche ich nachzuvollziehen, warum man obigen Ansatz wählt bzw. wie man dieses Sammelbildproblem herleitet

11.06.2018, 21:41

HAL 9000

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Zitat:

Original von Sammelbildproboem
Um die Anzahl der zu ermittelnden Würfe zu berechnen, um einmal alle Zahlen zu werfen

Das ist von der Formulierung her schon wieder ungenau: Diese Anzahl ist eine Zufallsgröße, nennen wie sie $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ . Sie kann also nicht berechnet werden, sondern allenfalls ihre Verteilung. Oder eben Kenngrößen dieser Verteilung, was du im Falle des Erwartungswertes ja eben schon getan hast, eben jenes

$\begin{eqnarray*} E(X) = 1 + \frac{6}{5} + \frac{6}{4} + \frac{6}{3} + \frac{6}{2} + \frac{6}{1} = 6\cdot \sum_{k=1}^6 \frac{1}{k} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Sammelbildproboem
Zunächst würde ich die Wahrscheinlichkeit dafür berechnen um 6 unterschiedliche werte zu würfeln. Diese liegt bei

6/6 * 5/6 * 4/6 * 3/6 * 2/6* 1/6.

Das ist die Wahrscheinlichkeit für 6 unterschiedliche Würfe in den ersten 6 Würfen, und damit für $\begin{eqnarray*} X=6 \end{eqnarray*}$ . Es ist also tatsächlich

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

Zitat:

Original von Sammelbildproboem
Davon würde ich den Kehrwert bilden um den Erwartungswert für die Anzahl der Würfe zu berechnen die man braucht um alle Zahlen zu würfeln.

Wieso soll $\begin{eqnarray*} E(X)\stackrel{?}{=}\frac{1}{P(X=6)} \end{eqnarray*}$ gelten? Dafür gibt es nicht den geringsten rational nachvollziehbaren Grund. unglücklich

11.06.2018, 21:52

Sammelbildproblem

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Hallo Hal,

danke für die Antwort.
Wie genau leitest du deine Formel für E(X) her. Das erschließt sich mir nicht. Vielleicht sehe ich auch den wald vor lauter bäumen nicht

11.06.2018, 21:53

HAL 9000

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Zitat:

Original von Sammelbildproblem
Wie genau leitest du deine Formel für E(X) her.

Das hast du doch oben schon nachgelesen, warum soll ich das nochmal wiederkäuen?

11.06.2018, 22:01

Sammelbildproblem

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Leider verstehe ich diese Lösung nicht ganz. Ich wäre über eine andere Sichtweise dankbar

11.06.2018, 22:08

HAL 9000

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$\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ ist die Summe von 6 unabhängigen geometrisch verteilten Zufallsgrößen $\begin{eqnarray*} X_k\sim \operatorname{Geo}\left( \frac{k}{6} \right) \end{eqnarray*}$ , dabei kennzeichne $\begin{eqnarray*} X_k \end{eqnarray*}$ die Wartezeit auf die $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -letzte noch fehlende Karte, ausgehend von dem Zeitpunkt des Erhaltens der $\begin{eqnarray*} (k+1) \end{eqnarray*}$ -letzten fehlenden Karte - bei $\begin{eqnarray*} k=6 \end{eqnarray*}$ ist dieser Ausgangszeitpunkt natürlich 0.

Im zeitlichen Ablauf würde man also eher $\begin{eqnarray*} X=X_6+X_5+X_4+X_3+X_2+X_1 \end{eqnarray*}$ schreiben, aber für den Summenwert spielt die Reihenfolge keine Rolle, es ist also

$\begin{eqnarray*} E(X) = \sum_{k=1}^6 E(X_k) = \sum_{k=1}^6 \frac{6}{k} \end{eqnarray*}$ .

Für die einzelnen Summanden ist diese Kehrwertbildung $\begin{eqnarray*} E(X_k)=\frac{1}{P(X_k=1)} \end{eqnarray*}$ eng an diese Struktur der geometrischen Verteilung geknüpft. Vielleicht hat dich diese Kehrwertbildung zu diesem seltsamen $\begin{eqnarray*} E(X)\stackrel{?}{=}\frac{1}{P(X=6)} \end{eqnarray*}$ als Analogieschluss verleitet, aber für die Summe $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ zieht der nicht: $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ ist nicht geometrisch verteilt, auch nicht mit der von dir angedachten Indexverschiebung.

Tatsächlich hat $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ die Verteilungsfunktion

$\begin{eqnarray*} F_X(n) = P(X\leq n) = \frac{1}{6^n} \sum_{k=1}^6 (-1)^k \binom{6}{k} k^n \end{eqnarray*}$ , gültig für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 1 \end{eqnarray*}$ .

Es gibt übrigens bereits einige Threads hier im Board zu diesem Sammelbildproblem, also wenn du dich im Thema vertiefen willst, dann such mal ein bisschen.

12.06.2018, 12:29

Sammelbildproblem

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Hallo Hal,

danke für die Rückmeldung. Jetzt habe ich es fast verstanden. Eine Sache ist mir noch nicht ganz klar.

Mal angenommen wir schauen uns den Fall an, dass bereits 2 unterschiedliche Karten gezogen wurden. Dann wäre nach der von dir genannten Logik die Wahrscheinlichkeit für eine weitere noch nicht gezogene Karte p=4/6.

Hier werden doch die Wahrscheinlichkeiten für den ersten und zweiten Zug vernachlässigt. Warum wird diese ganze Serie nicht als ganzes gesehen? Handelt es sich bei der Wahrscheinlichkeit p=4/6 vlt. um eine Art "bedingte Wahrscheinlichkeit".

Vielen Dank für deine Hilfe

12.06.2018, 14:37

HAL 9000

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Zitat:

Original von Sammelbildproblem
Hier werden doch die Wahrscheinlichkeiten für den ersten und zweiten Zug vernachlässigt.

Wieso erster und zweiter Zug? Im ersten Zug bekommt man die erste Augenzahl, ja, aber es ist nicht sicher, dass man im zweiten Zug bereits die zweite verschiedene Augenzahl erhält - das kann (wenn man Pech hat) auch länger dauern.

Und wieso "vernachlässigt"? Es spielt keine Rolle, wie lange man in der Vergangenheit auf die erste, zweite usw. $\begin{eqnarray*} (k-1) \end{eqnarray*}$ -te Augenzahl gewartet hat wenn es jetzt darum geht, welche zusätzliche Zeit man von da ab auf die $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -te Augenzahl noch warten muss. Wenn du was anderes glaubst, dann bist du der Meinung, dass der Würfel ein Gedächtnis hat so nach dem Motto "ach, der arme Tester, jetzt hat er so lange auf die vierte Augenzahl gewartet, jetzt erhöhen wir mal die Wahrscheinlichkeit für die fünfte Augenzahl, damit der die schneller bekommt". Nein, so ist es nicht - das ist die Unabhängigkeit, von der ich geredet habe.

Zitat:

Original von Sammelbildproblem
Warum wird diese ganze Serie nicht als ganzes gesehen?

Wird es doch am Ende mit der Variablen $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ . Außerdem habe ich oben ja sogar die Verteilungsfunktion von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ angegeben, ich schreib sie mal mit "aufgelöster" Summe:

$\begin{eqnarray*} F_X(n) = P(X\leq n) = \frac{1}{6^n} \left( 6^n - 6\cdot 5^n + 15\cdot 4^n - 20\cdot 3^n + 15\cdot 2^n - 6\right) \end{eqnarray*}$ .

Rechne das ruhig mal für $\begin{eqnarray*} n=1,2,\ldots,30 \end{eqnarray*}$ aus, sei es mit CAS, Excel oder programmierbaren TR, dann bekommst du einen Eindruck von der Verteilung. Einzelwahrscheinlichkeiten für gewisse nötige Versuchsanzahlen kannst du durch die Differenz aufeinander folgender Verteilungsfunktionswerte

$\begin{eqnarray*} P(X=n) = P(X\leq n)-P(X\leq n-1) = F_X(n)-F_X(n-1) \end{eqnarray*}$

bestimmen.

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