Ziehen aus zwei Urnen. Anzahl gleicher Kugeln?

08.12.2010, 05:22

Icetea

Ziehen aus zwei Urnen. Anzahl gleicher Kugeln?

Meine Frage:
Ich habe zwei Urnen mit je n Kugeln.

In Urne 1 sind $\begin{eqnarray*} m_1^s \end{eqnarray*}$ schwarze und $\begin{eqnarray*} m_1^w \end{eqnarray*}$ weisse Kugeln, $\begin{eqnarray*} m_1^s + m_1^w = n \end{eqnarray*}$ .

In Urne 2 sind $\begin{eqnarray*} m_2^s \end{eqnarray*}$ schwarze und $\begin{eqnarray*} m_2^w \end{eqnarray*}$ weisse Kugeln, $\begin{eqnarray*} m_2^s + m_2^w = n \end{eqnarray*}$ .

Wenn ich nun n-mal ohne Zuruecklegen zwei Kugeln, jeweils eine pro Urne, ziehe, wie ist dann die Zahl der "schwarzen" Paare verteilt, also der Ziehungen, die aus zwei schwarzen Kugeln bestehen?

Meine Ideen:
Das Problem scheint mir aehnlich einer Binomialverteilung zu sein, die sich jedoch nur auf Ziehung aus einer Urne bezieht.

Ich habe erstmal ueberlegt, was wohl die Zahl moeglicher Ziehungen ist.

Wenn ich aus EINER Urne mit n Kugeln ziehe und mich fuer die Zahl der moeglichen Loesungen interessiere, verwende ich den Binomialkoeffizienten $\begin{eqnarray*} \binom n k \end{eqnarray*}$ , k ist die Zahl der Ziehungen. In diesem Fall ziehe ich jedoch immer zweimal. Bei zwei Urnen mit je drei Kugeln gibt es schon 9*4 Loesungen, statt 3*2 mit einer Urne. Insgesamt gibt es $\begin{eqnarray*} n^2 \times (n-1)^2 \times \dots \times 1 \end{eqnarray*}$ verschiedene Ziehungen von Kugel-Paaren. Der normale Binomialkoeffizient normiert jetzt dies ( $\begin{eqnarray*} \frac{n!}{(n-k)!}) \end{eqnarray*}$ mit der Zahl aequivalenter (permutiert gleicher) Loesungen ( $\begin{eqnarray*} \times \frac{1}{k!} \end{eqnarray*}$ ).

Aber hier bekomme ich (spaetestens) ins Stocken. Wieviele Permutationen gibt es? Ist das mit der erweiterten Binomialverteilung vielleicht voellig falsch? Gibt es einen eleganteren Ansatz oder einen Namen fuer diese Art von Verteilung?

Koennt ihr mir weiterhelfen? Danke!!

08.12.2010, 07:28

René Gruber

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Zitat:

Original von Icetea
In Urne 1 sind $\begin{eqnarray*} m_1^s \end{eqnarray*}$ schwarze und $\begin{eqnarray*} m_1^w \end{eqnarray*}$ weisse Kugeln, $\begin{eqnarray*} m_1^s + m_1^w = n \end{eqnarray*}$ .

In Urne 2 sind $\begin{eqnarray*} m_2^s \end{eqnarray*}$ schwarze und $\begin{eqnarray*} m_2^w \end{eqnarray*}$ weisse Kugeln, $\begin{eqnarray*} m_2^s + m_2^w = n \end{eqnarray*}$ .

Wenn ich nun n-mal ohne Zuruecklegen zwei Kugeln, jeweils eine pro Urne, ziehe

Du ziehst also letztendlich ALLE Kugeln, d.h., am Ende sind beide Urnen leer.

Die Reihenfolge der gezogenen Paare ist für deine Frage nach der Anzahl der schwarzen Paaren unerheblich, d.h. du kannst sie auch so anordnen, dass zuerst die $\begin{eqnarray*} m_1^s \end{eqnarray*}$ Paare mit schwarzen Kugeln aus Urne 1 kommen. Die Anzahl der Paare darunter, wo auch die zweite Kugel schwarz ist, kann man dann (wahrscheinlichkeitsmäßig) mit einer hypergeometrischen Verteilung beschreiben.

08.12.2010, 07:59

Icetea

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Danke Rene, ich denke genau diese Verteilung habe ich gesucht!

Gruesse!

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