Zufallsgrößen: 3 blaue und 5 grüne kugeln

14.10.2005, 20:33

Tirolerbua

Zufallsgrößen: 3 blaue und 5 grüne kugeln

Aus einer Urne mit 3 blauen und 5 grünen Kugeln, werden nacheinander Kugeln ohne zurücknehmen entnommen, und zwar so lange bis alle blauen Kugeln gezogen wordn sind. X sei die zahl der entnommenen kugeln, bis man alle blauen kugeln entnommen hat. Bestimme den erwartungswert von X.

X={3,4,5,6,7,8}

Ich hab um die Warscheinlichkeiten zu bestimmen immer ein Baumdiagramm genutzt. p(3) ist ja noch leicht: 3/8*2/7*1/6.
Bei den anderen X hab ich jetzt aber ein Problem da der Baum ser tief
wird, und alles unübersichtlich wird. gibt es einen einfacheren weg die warscheinlichkeiten zu bestimmen?
Bitte um hilfe ))

14.10.2005, 21:16

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Mit Baumdiagramm wird das wohl wirklich etwas groß. Augenzwinkern

Eine andere, eher kombinatorisch geprägte Variante: X=k genau dann, wenn bei den ersten (k-1) Entnahmen genau 2 blaue und (k-3) schwarze Kugeln dabei waren, und bei der k-ten Entnahme die letzte blaue Kugel dran ist.

P.S.: Einfacher noch ist die Betrachtung vom letzten, achten Zug beginnend - aber da muss man noch rechtfertigen, dass man das so einfach machen kann. Augenzwinkern

14.10.2005, 21:23

Tirolerbua

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versteh nix :-/

14.10.2005, 21:29

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Nochmal langsam: X=k, wenn bei der k-ten Entnahme die dritte und letzte blaue Kugel gezogen wird. Dann müssen die anderen beiden blauen Kugeln also vorher gezogen werden, also bei den ersten (k-1) Entnahmen. Die restlichen Kugeln bei diesen ersten (k-1) Entnahmen müssen dann zwangsläufig grün sein, und das sind genau (k-1)-2=k-3 Stück. Was ist daran unklar?

EDIT: Ach Mist, in meinem letzten Post hatte ich "schwarz" geschrieben - ich meinte dort natürlich "grün".

14.10.2005, 21:39

Tirolerbua

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Ok das hab ich jetzt verstanden. Ich brauch ja aber die warscheinlichkeiten. und es gibt mehrere wege wie ich zum beispiel bei
X=4 die 3 blauen ziehe. 0111;1110;1101;1010.... die muss ich ja addieren

bei X=3 ist es noch einfach: 111 das wäre 3/8*2/7*1/6

14.10.2005, 21:45

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Schon mal vom hypergeometrischen Modell gehört? Falls nicht, man kann sich das auch durch die getrennte Betrachtung der Auswahlen der blauen sowie der grünen Kugeln bei den ersten (k-1) Entnahmen klarmachen:

2 blaue aus insgesamt 3 blauen
(k-3) grüne aus insgesamt 3 grünen Kugeln

summa summarum: (k-1) aus insgesamt 8 Kugeln

14.10.2005, 21:51

Tirolerbua

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Nein nie davon gehört. Kannst du das bei X=2 oder so anwenden, nur damit ich es versteh...

14.10.2005, 22:12

Tirolerbua

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Ich hab mal schnell ein programm geschrieben.

#include <stdio.h>
#include <conio.h>

void baum(int blau,int gruen,float erg) {
int kugeln;
kugeln=blau+gruen;
if (blau>0) {
baum(--blau,gruen,erg*blau/kugeln);
if (gruen>0)
baum(blau,--gruen,erg*gruen/kugeln);
}
else
printf("%d %d %f\n",blau,gruen,erg);
}

int main(void) {
baum(3,5,1);
getch();
}

am ende wenn man alles zusammenzählt kommt 1 heraus das ist schon mal richtig. aber weiss jetzt auch nicht ob es stimmt.

14.10.2005, 23:02

Tirolerbua

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So jetzt stimmt das Programm. Muss natürlich am ende dekrementieren.
Das Programm hilft mir bei der Schularbeit wenig smile

#include <stdio.h>
#include <conio.h>

void baum(int blau,int gruen,float erg) {
int kugeln;
kugeln=blau+gruen;
if (blau>0) {
baum(blau-1,gruen,erg*blau/kugeln);
if (gruen>0)
baum(blau,gruen-1,erg*gruen/kugeln);
blau--;
gruen--;
}
else
printf("%d %d %f\n",blau,gruen,erg);
}

int main(void) {
baum(2,1,1);
getch();
}

cu

15.10.2005, 00:37

JochenX

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ich versuchs noch mal anders
stichwort: laplace
stelle dir vor, wie wollten immer alle kugeln ziehen und anordnen, dann wäre jede anordnung der 8 (uterscheidbar gewählt, gedanklich durchnumeriert!) kugeln gleichwahrscheinlich (und es gäbe genau 8! stück)
ergebnismenge 8-tupel

versuchen wir P(wir brauchen x Züge), müssen wir alle günstigen berechnen, d.h. alle tupel, bei denen die x-te komponente blau ist und anschließend nur noch rote kommen, dazu verteilen wir einfach die blauen

am Beispiel 6 Züge:
gesucht anzahl der günstigen tupel
1) 3 blaue kugeln zur wahl für das feld nr. 6, das belegt werden muss
2) 5 felder frei für die zweite blaue kugel (1 bis 5)
3) 4 felder frei für die dritte blaue kugel (1 bis 5, ohne das feld, auf dem die zweite blaue liegt)
4) 5! möglichkeiten, die anderen roten zu verteilen

insg. 3*5*4*5! günstige

kannst dir damit auch relativ einfach ne formel herleiten

könnte richtig sein, hoffe ich mal
mfg jochen

15.10.2005, 08:05

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Welche Möglichkeiten es gibt, die ersten (k-1) Kugeln zu entnehmen, um zu X=k zu gelangen, habe ich im letzten Beitrag erläutert.

Es fehlt noch die letzte, k-te Entnahme: Da ist noch aus genau 8-(k-1)=9-k Kugeln zu entnehmen, darunter genau eine blaue.

Zusammengefasst ergibt sich die Laplacesche Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(X=k) = \frac{\displaystyle {3 \choose 2} \cdot {5 \choose k-3}}{\displaystyle {8 \choose k-1}} \cdot \frac{1}{9-k} \end{eqnarray*}$

Das lässt sich natürlich noch vereinfachen:

$\begin{eqnarray*} P(X=k) = \frac{3 \cdot 5!(k-1)!(9-k)!}{(k-3)!(8-k)!8!(9-k)} = \frac{(k-1)(k-2)}{112},\quad k=3,4,5,6,7,8 \end{eqnarray*}$

EDIT: Es geht auch kürzer und direkter gemäß

$\begin{eqnarray*} P(X=k) = \frac{\displaystyle {k-1 \choose 2} \cdot 1}{\displaystyle {8 \choose 3}} \end{eqnarray*}$

Viele Wege führen nach Rom. Augenzwinkern

15.10.2005, 13:45

Leopold

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Wenn in der Urne insgesamt $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Kugeln, darunter $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ blaue, sind und $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ wieder die Anzahl der Ziehungen angibt, bis die letzte blaue Kugel gezogen ist, dann gilt:

$\begin{eqnarray*} P(X=k) = \frac{{{k-1} \choose {b-1}}}{{n \choose b}} \end{eqnarray*}$

Man erhält durch eine Rechnung mit Binomialkoeffizienten

$\begin{eqnarray*} \mathcal{E}X = b \cdot \frac{n+1}{b+1} \end{eqnarray*}$

Eine elegantere Lösung ergibt sich, wenn man

$\begin{eqnarray*} T_k = \text{Wartezeit von der } (k-1) \text{ -ten auf die } k \text{ -te blaue Kugel} \end{eqnarray*}$

definiert (für $\begin{eqnarray*} k=1 \end{eqnarray*}$ sei das die Wartezeit auf die erste blaue Kugel und für $\begin{eqnarray*} k=b+1 \end{eqnarray*}$ die um 1 erhöhte Anzahl der Restkugeln in der Urne nach Abbruch des Ziehvorgangs). Man kann nämlich zeigen, daß die $\begin{eqnarray*} T_k \end{eqnarray*}$ alle gleichverteilt sind und somit denselben Erwartungswert besitzen.

Wegen $\begin{eqnarray*} T_1 + T_2 + \dots + T_{b+1} = n+1 \end{eqnarray*}$ kann man mit der Additivität den Erwartungswert der Summanden und letztlich auch von $\begin{eqnarray*} X = T_1 + T_2 + \dots + T_b \end{eqnarray*}$ bestimmen.

15.10.2005, 13:50

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Hab ich gar nicht gelesen, dass es um den Erwartungswert ging. War wohl zu versteckt. Augenzwinkern

Zitat:

Original von Leopold
Man kann nämlich zeigen, daß die $\begin{eqnarray*} T_k \end{eqnarray*}$ alle gleichverteilt sind und somit denselben Erwartungswert besitzen.

Elegant - aber nicht leicht vermittelbar, sonst hättest du es nämlich sofort getan.

18.10.2005, 16:03

Leopold

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Zitat:

Original von Arthur Dent

Zitat:

Original von Leopold
Man kann nämlich zeigen, daß die $\begin{eqnarray*} T_k \end{eqnarray*}$ alle gleichverteilt sind und somit denselben Erwartungswert besitzen.

Elegant - aber nicht leicht vermittelbar, sonst hättest du es nämlich sofort getan.

Alter Mathematikertrick (das braucht man dir ja wohl nicht zu sagen). Immer wenn es heißt: "Fall 2b) geht analog" oder "Wie man leicht zeigen kann" oder "Der Rest bleibt dem Leser als Übungsaufgabe überlassen" oder ... , bedeutet das: Warm anziehen und sich auf alles gefaßt machen!

Wobei ich ja noch relativ ehrlich war: Man kann nämlich [durchgestrichen ]leicht[/durchgestrichen] zeigen ...

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