Kombinatorik Urne ohne zurücklegen farbige Kugeln

10.08.2011, 13:13

Kombinatorius

Kombinatorik Urne ohne zurücklegen farbige Kugeln

Meine Frage:
Hallo,

ich stehe vor folgendem Problem: Ich habe eine Urne mit 100 Kugeln, in der sich 40 schwarze, 30 gelbe, 20 rote und 10 grüne Kugeln befinden. Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn ich 50 Kugeln ohne Zurücklegen aus dieser Urne ziehe?

Meine Ideen:
Meine Ansätze: Wären die Kugeln numeriert, wären es 100 über 50 Möglichkeiten. Nun sind sie aber nicht numeriert, sondern farbig, daher ist die Anzahl der Möglichkeiten zu korrigieren. Mir fehlt aber der Ansatz, wie ich hier vorgehen kann.

10.08.2011, 14:37

René Gruber

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Das ist in der Tat nicht ganz einfach zu berechnen. Aber so kommt man an die Sache ran:

Man betrachtet zunächst die möglichen 50er-Auswahlen bei unbegrenzten Vorrat an schwarzen, gelben, roten und grünen Kugeln, die Menge dieser Auswahlen sei mit $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ bezeichnet. Nun definiert man folgende Teilmengen von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ ... Auswahlen mit mehr als 40 schwarzen Kugeln

$\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ ... Auswahlen mit mehr als 30 gelben Kugeln

$\begin{eqnarray*} A_3 \end{eqnarray*}$ ... Auswahlen mit mehr als 20 roten Kugeln

$\begin{eqnarray*} A_4 \end{eqnarray*}$ ... Auswahlen mit mehr als 10 grünen Kugeln

Gesucht ist dann die Anzahl $\begin{eqnarray*} \left| \Omega\setminus \left( A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4\right) \right| \end{eqnarray*}$ , die sich mit der Siebformel bestimmen lässt.

10.08.2011, 18:13

Namensuchender

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Zitat:

Original von René Gruber
Das ist in der Tat nicht ganz einfach zu berechnen. Aber so kommt man an die Sache ran:

Man betrachtet zunächst die möglichen 50er-Auswahlen bei unbegrenzten Vorrat an schwarzen, gelben, roten und grünen Kugeln, die Menge dieser Auswahlen sei mit $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ bezeichnet. Nun definiert man folgende Teilmengen von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ ... Auswahlen mit mehr als 40 schwarzen Kugeln

$\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ ... Auswahlen mit mehr als 30 gelben Kugeln

$\begin{eqnarray*} A_3 \end{eqnarray*}$ ... Auswahlen mit mehr als 20 roten Kugeln

$\begin{eqnarray*} A_4 \end{eqnarray*}$ ... Auswahlen mit mehr als 10 grünen Kugeln

Gesucht ist dann die Anzahl $\begin{eqnarray*} \left| \Omega\setminus \left( A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4\right) \right| \end{eqnarray*}$ , die sich mit der Siebformel bestimmen lässt.

Der Ansatz wird recht komplex, wenn man die Ereignisse bestimmen soll, wo beispielsweise sowohl mehr als 10 grüne, als auch mehr als 20 rote Kugeln gezogen wurden? (Diese Ereignisse wurden zu doppelt abgezogen.)

Ich würde es anders machen. Ich würde zuerst mit der Hypergeometrischen Verteilung bestimmen, wieviele grüne+schwarze (g+s) gezogen werden. g+s sind 50 von 100 Kugeln, was aus Symmetriegründen ganz nett ist. Danach hat man eine Anzahl Events, wo 0 g+s und 50 rot+gelb (r+ge) sind; eine Anzahl, wo 1 g+s und 49 r+ge,... 25 g+s und 25 r+ge. Danach spielt wieder die Symmetrie! Also Anzahl 26 r+ge = Anzahl 24 r+ge!
Zu jedem Subset gibt es wieder Auswahlmöglichkeiten gemäss hypergeometrischer Verteilung. Also z.B 26 Kugeln aus r+g Untermenge ziehen (=> erneut hypergeometrisch). Am Schluss multipliziert man die Anzahlen und summiert. Also:
(Anzahl Möglichkeiten 0 r+ge) mal (Anzahl Möglichkeiten 50 g+s) plus
(Anzahl Möglichkeiten 1 r+ge) mal (Anzahl Möglichkeiten 49 g+s) plus
.
.
.
(Anzahl Möglichkeiten 49 r+ge) mal (Anzahl Möglichkeiten 1 g+s) plus
(Anzahl Möglichkeiten 50 r+ge) mal (Anzahl Möglichkeiten 0 g+s)

Die Rechnung vereinfacht sich stark dank Symmetrien, bleibt aber numerisch immer noch mühsam.

Als einfacheren Tipp hätte ich freilich: Leg die Scheisskugeln wieder zurück nach dem Ziehen!! Big Laugh

10.08.2011, 21:43

René Gruber

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Zitat:

Original von Namensuchender
Der Ansatz wird recht komplex, wenn man die Ereignisse bestimmen soll, wo beispielsweise sowohl mehr als 10 grüne, als auch mehr als 20 rote Kugeln gezogen wurden?

Eigentlich ist es recht einfach - wenn man es richtig macht. Augenzwinkern

Als Anregung: Es sind $\begin{eqnarray*} |\Omega| = \binom{50+4-1}{4-1} = \binom{53}{3} \end{eqnarray*}$ sowie das eben angesprochene, "so schwer berechenbare" $\begin{eqnarray*} |A_3\cap A_4| = \binom{21}{3} \end{eqnarray*}$ . Wobei letzteres sowie $\begin{eqnarray*} |A_2\cap A_4| \end{eqnarray*}$ die einzigen beiden zu berechnende Zweierdurchschnitte sind - die anderen sind leer, genauso wie alle Dreier- und Viererdurchschnitte. Die anfänglich erscheinende Kompliziertheit der Siebformel fällt damit ziemlich in sich zusammen. smile

12.08.2011, 22:45

Namensuchender

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Zitat:

Original von René Gruber

Zitat:

Original von Namensuchender
Der Ansatz wird recht komplex, wenn man die Ereignisse bestimmen soll, wo beispielsweise sowohl mehr als 10 grüne, als auch mehr als 20 rote Kugeln gezogen wurden?

Eigentlich ist es recht einfach - wenn man es richtig macht. Augenzwinkern

Ich verstehe wohl nicht, wie Du das meinst. verwirrt

Mit $\begin{eqnarray*} |\Omega| \end{eqnarray*}$ meinst Du wohl die Kardinalität von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ? Und $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ist die Menge aller Auswahlen, wenn beliebig viele Kugeln jeder Farbe vorhanden wären. Aber für den Fall würde man doch einfach 50 aus 100 wählen und käme nicht auf $\begin{eqnarray*} \binom{53}{3} \end{eqnarray*}$ , sondern auf $\begin{eqnarray*} \binom{100}{50} \end{eqnarray*}$ ?

13.08.2011, 07:44

René Gruber

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Zitat:

Original von Namensuchender
Ich verstehe wohl nicht, wie Du das meinst.

Sieht ganz danach aus, denn so ziemlich jeder deiner Kommentare zu meinem Lösungsvorschlag liegt neben der Spur. unglücklich

Also ein paar Worte zur Klärung: Zunächst mal ist hier in der Problemstellung gemeint, dass Kugeln gleicher Farbe ununterscheidbar sind. Im gegenteiligen Fall der Unterscheidbarkeit wäre tatsächlich die zu bestimmende Anzahl gleich $\begin{eqnarray*} \binom{100}{50} \end{eqnarray*}$ , darauf hat auch Kombinatorius schon hingewiesen - aber dazu braucht man die ganze Färberei nicht.

Wie ich schon gesagt hatte, bezeichne ich mit $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ die Menge aller 50er-Auswahlen ohne jegliche Restriktionen hinsichtlich der auswählbaren Anzahl schwarzer, gelber, roter und grüner Kugeln. Das entspricht der Auswahl von 50 Kugeln aus 4 Kugeln (je eine von jeder Farbe) mit Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Auswahlreihenfolge ("Kombinationen mit Wiederholung"). Die entsprechende Anzahl $\begin{eqnarray*} |\Omega| \end{eqnarray*}$ laut üblicher Formel habe ich oben genannt.

Was nun $\begin{eqnarray*} A_3\cap A_4 \end{eqnarray*}$ betrifft: In jeder dieser Auswahlen sind jeweils mindestens 21 rote und mindestens 11 grüne Kugeln vorhanden. Die kann man also schon mal vorab beiseite legen, dann sind nur noch $\begin{eqnarray*} 50-21-11=18 \end{eqnarray*}$ Kugeln aus den 4 Kugeln zu ziehen, wiederum mit Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge...

15.08.2011, 18:40

Namensuchender

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Zitat:

Original von René Gruber

Zitat:

Original von Namensuchender
Ich verstehe wohl nicht, wie Du das meinst.

Sieht ganz danach aus, denn so ziemlich jeder deiner Kommentare zu meinem Lösungsvorschlag liegt neben der Spur. unglücklich

Jepp. Kapiert. Die Wahrscheinlichkeit für die einzelnen Möglichkeiten interessiert ja gar nicht. Es ist egal, dass P(20 schwarz, 15 gelb, 10 rot, 5 grün) > P(40 schwarz, 0 gelb, 0 rot, 10 grün). Es zählen beide als ein Ereignis. Ups

15.08.2011, 21:05

René Gruber

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So ist es: Nicht jedes kombinatorische Zählproblem muss gleich was mit Wahrscheinlichkeiten zu tun haben. Augenzwinkern

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