Gleichstand beim ziehen ohne Zurücklegen

30.11.2010, 17:40

Shortstop

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Gleichstand beim ziehen ohne Zurücklegen

Hi!

Ich zerbreche mir mal wieder den Kopf. Es geht um folgende Aufgabe:

In einer Urne befinden sich schwarze und weisse Kugeln, wobei $\begin{eqnarray*} s \ge w \end{eqnarray*}$ . Es werden nacheinander Kugeln gezogen und dabei jeweils die Anzahl der bisher gezogenen schwarzen bzw. weissen Kugeln notiert.

Wie groß ist die Wkt., dass beim ziehen ein Gleichstand erreicht wird? (Also zu einem Zeitpunkt gleich viele schwarze und weisse Kugeln gezogen wurden).

Ok, klar ist ja, dass ein Gleichstand nur nach einer geraden Anzahl von Ziehungen erreicht werden kann. Also hab ich mir das mal aufgeschrieben:

Gleichstand bei 2 Ziehungen bei:

sw
ws

Gleichstand bei 4 Ziehungen bei:

ssww
swws
swsw
wsws
wssw
wwss

wobei nur die fettgedruckten gezählt werden können, da in den andern Fällen schon der Gleichstand nach 2 Ziehungen eintritt.

Gleichstand bei 6 Ziehungen bei:

wwwsss
wwswss

wwssws
...
sswwsw

sswsww
ssswww

wobei wieder nur die fetten "neu" wären.

Mein Problem ist aber nun, das ganze fortzuführen bzw. eine allg. Formel dafür aufzustellen.

Ich hatte auch schonmal überlegt, die Wkt. zu berechnen, dass kein Gleichstand eintritt, allerdings komme ich da auch nicht weiter mit den Mitteln, die mir zur Verfügung stehen.

Hat jemand einen brauchbaren Tipp? Wink

Wink

30.11.2010, 18:01

René Gruber

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Zitat:

Original von kvnb
In einer Urne befinden sich schwarze und weisse Kugeln, wobei $\begin{eqnarray*} s \ge w \end{eqnarray*}$ . Es werden nacheinander Kugeln gezogen

... ohne Zurücklegen? In dem Fall wäre die Frage nur interessant bis zu einer geraden Ziehungsanzahl $\begin{eqnarray*} n\leq 2w \end{eqnarray*}$ .

30.11.2010, 18:18

Shortstop

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Ja ohne Zurücklegen.

Ok, nur diese Zahl $\begin{eqnarray*} 2w \end{eqnarray*}$ kann ja dennoch ziemlich groß sein. Da komm ich mit meiner Alle-Möglichkeiten-auschreiben Methode leider nicht weiter. Gibt es vielleicht einen Weg (ein anderes Modell) welches die Sache greifbarer macht?

30.11.2010, 18:30

René Gruber

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Nun, dann geht es lediglich um eine spezielle Wahrscheinlichkeit der hypergeometrischen Verteilung.

30.11.2010, 18:40

Shortstop

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Ah, ok.

Also habe ich mir folgendes überlegt: Die Wkt, bei 2 Ziehungen Gleichstand zu haben, beträgt:

$\begin{eqnarray*} \frac{\binom{s}{1} \cdot \binom{w}{1}}{\binom{s+w}{2}} \cdot \frac{1}{2!} \end{eqnarray*}$

Daraus kann ich dann eine Reihe machen...das müsste klappen =)

dank dir!

edit:

Wäre das

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^w \frac{\binom{s}{k} \cdot \binom{w}{k}}{\binom{s+w}{2k}} \cdot \frac{1}{(2k)!} \end{eqnarray*}$

dann so richtig?

30.11.2010, 18:50

René Gruber

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Zitat:

Original von kvnb
$\begin{eqnarray*} \frac{\binom{s}{1} \cdot \binom{w}{1}}{\binom{s+w}{2}} \cdot \frac{1}{2!} \end{eqnarray*}$

Was soll der Faktor $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2!} \end{eqnarray*}$ ? Überflüssig und zudem falsch.

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30.11.2010, 18:58

Shortstop

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Ich dachte ich teile die Anzahl der günstigen "Ziehungskombinationen" durch die Anzahl der möglichen, welche bei n Ziehungen 2^n beträgt.

Oh, ich sehe den Fehler.

aber $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2^{2k}} \end{eqnarray*}$ wäre dann richtig?!

edit: Ach Mist...ist ja auch garkein Laplace-Raum, also kann ich das mit dieser Berechnung auch vergessen.

Dann muss ich es irgendwie anders angehen...

30.11.2010, 19:07

Shortstop

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edit...alles Stuss. Es ist ja garnicht die Anzahl der Kombinationen sondern schon die Wkt. Vergiss was ich geschrieben hab...

30.11.2010, 19:37

Shortstop

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Ich habe noch folgende Überlegung:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^w \frac{\binom{s}{k} \cdot \binom{w}{k}}{\binom{s+w}{2k}} \end{eqnarray*}$

Muss ich da jetzt nicht noch etwas abziehen? Denn wegen meiner Überlegung im ersten Post würde ich ja sonst einige Wkt. doppelt zählen?!

30.11.2010, 19:46

René Gruber

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Achso, ich hatte das zunächst so verstanden, dass zu einem festen Zeitpunkt die Anzahlen gleich sind. Nein, die Frage, dass zu irgendeinem Zeitpunkt Gleichheit herrscht, musst du etwas anders angehen, etwas so ähnlich wie hier.

30.11.2010, 19:55

Shortstop

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Ach du liebes bisschen... Das wird dann wohl eine längere Nacht..

Danke dir aber trotzdem für die Hilfe! Freude

Freude

30.11.2010, 20:35

René Gruber

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Zitat:

Original von kvnb
Das wird dann wohl eine längere Nacht..

Kommt drauf an, wie lange man braucht, bis man dieses Spiegelungsprinzip verstanden hat.

Zum Vergleich dann schon mal die (hoffentlich) richtige Lösung für die gesuchte Wahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} \frac{2w}{s+w} \end{eqnarray*}$

30.11.2010, 22:17

Shortstop

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Danke. Ich schau mal, was sich machen lässt Wink

Wink

01.12.2010, 11:27

Shortstop

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So richtig will es mir nicht einleuchten...kannst du mir vielleicht den Ansatz erklären, wie du auf das Ergebnis kommst?

Ich habe mich jetzt ausführlich mit diesem Polygonzugproblem (symmetrische Irrfahrt) beschäftigt, auch mit dem Thread den du gepostet hast. ABER: Ich habe Probleme, das auf mein Problem zu übertragen.

Denn:

1. Sind bei meinem Problem die Verläufe der Hilfskurven ja nicht eindeutig (wie etwa in dem Thread, wo die Hilfskurven immer im Punkt n-m+2 enden), das erschwert es mir die Anzahl der Hilfskurven zu berechnen.

2. Sind die verschiedenen Polygonzüge [aufgrund des Ziehens ohne Zurücklegen und insbesondere weil ich nicht genau weiss, wie viele s und w Kugeln ich bis zum 2b-ten Zug gezogen habe] doch nicht alle gleich wahrscheinlich?

01.12.2010, 11:41

René Gruber

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Doch, die Analogieübertragung passt perfekt, allerdings mit einer kleinen Fallunterscheidung zu Beginn.

Man kann den Ziehungsverlauf als Streckenzug interpretieren: Von (x,y) ausgehende geht es beim Ziehen von Schwarz zu (x+1,y+1), beim Ziehen von Weiß hingegen zu (x+1,y-1).

Auf diese Weise kann man jedem Ziehungsverlauf der (s+w) Kugeln einen Streckenzug von (0,0) bis zu (s+w,s-w) zuordnen. Es gibt insgesamt $\begin{eqnarray*} \binom{s+w}{s} \end{eqnarray*}$ solche Streckenzüge, alle einander gleichwahrscheinlich.

Nun zu den "günstigen" Streckenzügen, wo also irgendwo mal Gleichstand zwischen schwarzen und weißen Kugeln herrscht - das sind die, die die y-Achse in einem anderen Punkt als (0,0) schneiden.

1.Fall: Erster Zug ist weiß, d.h. $\begin{eqnarray*} (0,0)\to (1,-1) \end{eqnarray*}$ . Das betrifft $\begin{eqnarray*} \binom{s+w-1}{s} \end{eqnarray*}$ Streckenzüge, und wegen $\begin{eqnarray*} s\geq w \end{eqnarray*}$ ist jeder dieser Streckenzüge günstig - denk mal drüber nach, wieso!

2.Fall: Erster Zug ist schwarz, d.h. $\begin{eqnarray*} (0,0)\to (1,1) \end{eqnarray*}$ . Das betrifft $\begin{eqnarray*} \binom{s+w-1}{s-1} \end{eqnarray*}$ Streckenzüge, hier sind zumindest im Fall $\begin{eqnarray*} s>w \end{eqnarray*}$ nicht alle günstig, d.h. können durchgängig oberhalb der y-Achse verlaufen. Wie kann man nun die herausfinden, die die y-Achse zumindest nochmal berühren oder sogar unterschreiten? Einfach, indem man solche Streckenzüge ab dem ersten Berührpunkt an der y-Achse "umklappt" - jeder Weg von (1,1) bis zu (s+w,w-s) entspricht dann eineindeutig so einem umgeklappten Weg... Deren Anzahl berechnest du jetzt aber selbst. Augenzwinkern

Augenzwinkern

01.12.2010, 12:01

Shortstop

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Super! So langsam krieg ich das auch mal gefasst...der Knackpunkt ist, dass ich die Streckenzüge bis s+w betrachte!

edit: glaub ich habs =)

01.12.2010, 12:40

Shortstop

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Heureka!

Vielen vielen vielen vielen Dank!!!

Was für ein Gefühl .. smile

smile

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