Stochastik: Sammelbilder 2

27.08.2016, 00:40

Hayley

Stochastik: Sammelbilder 2

Meine Frage:
2. Eine weitere Kette gibt Sticker zur gesamten Bundesliga heraus. Die Serie enthält 294 Bilder. Eine Packung enthält für 50 Cent 5 unterschiedliche Bilder. Alle Bilder treten mit der gleichen Wahrscheinlichkeit auf.

a) Wie viel Geld muss man durchschnittlich ausgeben, um die komplette Serie zu erhalten?

b) Wie könnte die Supermarktkette den Gewinn mit den Bildern vergrößern. Gib verschiede Möglichkeiten an und berechne den jeweiligen Gewinn.

c)Diskutiere, wie sich das Tauschen von Bildern auf das Sammeln auswirkt.

Meine Ideen:
2a) Hier stehe ich total auf dem Schlauch ...

2b) Wahrscheinlich möchte die Person, die sich die Aufgabe ausgedacht hat so etwas hören wie:
- die Häufigkeit einzelner Karten verringern, um somit die Anzahl an durchschnittlich benötigter Packungen zum Sammeln der kompletten Serie zu erhöhen.
- oder den selben Sticker mehrmals in eine Packung stecken.
- Rechnung? Keine Ahnung.

2c) Das Tauschen wirkt sich vermutlich positiv auf die Verkaufszahlen aus, weil somit überzählige Karten weitere unvollständige Sammlungen bilden, statt in den Müll zu wandern. Deren Besitzer versuchen dann ihrerseits, die fehlenden (seltenen) Karten zu bekommen.

27.08.2016, 01:04

Dopap

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das Thema ist wohlbekannt.

die suche mit "sammelbilder" bringt dich bestimmt weiter.

27.08.2016, 01:22

Mathe-Maus

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Hallo Dopap,
ich habe dem Fragesteller explizit gesagt, pro Aufgabe bitte einen eigenständigen Thread. Deshalb hat er seine 2. Aufgabe zu den Sammelbildern hier nochmal gestellt.
LG Mathe-Maus Wink

Onkel Googel kann hier helfen:
https://de.wikipedia.org/wiki/Sammelbilderproblem

27.08.2016, 08:06

HAL 9000

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Das Bündeln zu Packungen mit jeweils garantiert unterschiedlichen Bildern kompliziert das Problem um einiges. Ambitioniert, dass dies in der Schulmathematik gepostet wird - nun strenggenommen kommt man mit Schulkenntnissen aus. Augenzwinkern

Betrachten wir gleich die allgemeine Situation, d.h. es gibt insgesamt $\begin{align*} n \end{align*}$ Bilder die zu je $\begin{align*} r \end{align*}$ Bilder pro Packung (garantiert verschieden) verkauft werden. Sei $\begin{align*} M \end{align*}$ die zufällige Anzahl an zu kaufenden Packungen bis zum Erhalt aller $\begin{align*} n \end{align*}$ Bilder. Für eine feste Zahl $\begin{align*} m \end{align*}$ beschreibt dann $\begin{align*} P(M>m) \end{align*}$ die Wahrscheinlichkeit, dass $\begin{align*} m \end{align*}$ Packungen für dieses Ziel nicht reichen.

Soviel als bürokratisches Vorgeplänkel, kommen wir zur Berechnung dieses $\begin{align*} P(M> m) \end{align*}$ mit der liebgewonnenen Siebformel: Wir führen die Ereignisse

$\begin{align*} A_{m,i} \end{align*}$ ... Bild $\begin{align*} i \end{align*}$ ist in den gekauften $\begin{align*} m \end{align*}$ Packungen nicht dabei

für $\begin{align*} i=1,\ldots,n \end{align*}$ ein. Wegen der Symmetrie der Problemstellung bzgl. der $\begin{align*} i \end{align*}$ gilt dann nach Siebformel

$\begin{align*} P(M>m) = P\left( \bigcup_{i=1}^n A_{m,i} \right) = \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \binom{n}{k} P\left( \bigcap_{i=1}^k A_{m,i} \right) \end{align*}$ ,

wobei ja inhaltlich gilt

$\begin{align*} \bigcap_{i=1}^k A_{m,i} \end{align*}$ ... Keines der Bilder $\begin{align*} 1,\ldots,k \end{align*}$ ist in den gekauften $\begin{align*} m \end{align*}$ Packungen dabei .

Das geschieht mit Wahrscheinlichkeit $\begin{align*} \left( \frac{\displaystyle \binom{n-k}{r}}{\displaystyle \binom{n}{r}} \right)^m \end{align*}$ , so dass wir insgesamt $\begin{align*} P(M>m) = \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \binom{n}{k} \left( \frac{\displaystyle \binom{n-k}{r}}{\displaystyle \binom{n}{r}} \right)^m \end{align*}$ haben.

Nun interessieren wir uns für den Erwartungswert dieser Zählzufallsgröße (d.h. nimmt nur positiv ganzzahlige Werte an), der ist unter Zuhilfenahme der geometrischen Reihenwertformel

$\begin{align*} E(M) &= \sum_{m=0}^{\infty} P(M>m) = \sum_{m=0}^{\infty} \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \binom{n}{k} \left( \frac{\displaystyle \binom{n-k}{r}}{\displaystyle \binom{n}{r}} \right)^m = \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \binom{n}{k} \sum_{m=0}^{\infty} \left( \frac{\displaystyle \binom{n-k}{r}}{\displaystyle \binom{n}{r}} \right)^m\\ &= \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \binom{n}{k} \frac{1}{\displaystyle 1- \frac{\displaystyle \binom{n-k}{r}}{\displaystyle \binom{n}{r}}} = \binom{n}{r} \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \frac{\displaystyle \binom{n}{k}}{\displaystyle \binom{n}{r} - \binom{n-k}{r}} =: f(n,r) \qquad (*) \end{align*}$ .

Bekannt ist das Resultat für $\begin{align*} r=1 \end{align*}$ (siehe Wiki), da ergibt sich einfach $\begin{align*} f(n,1) = n\cdot \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \end{align*}$ .

Formel (*) sieht zwar immer noch eklig aus, kann aber für Werte wie $\begin{align*} n=294,r=5 \end{align*}$ mit einem CAS der Wahl berechnet werden. Es ergibt sich $\begin{align*} f(294,5)\approx 366.12 \end{align*}$ . Dieser Wert ist etwas kleiner als $\begin{align*} \frac{f(294,1)}{5} = 368.23 \end{align*}$ , die zwei Packungen weniger sind also dem Vorteil zuzuschreiben, dass die 5 Bilder in der Packung garantiert verschieden sind.

P.S.: Nicht auszuschließen ist, dass man ähnlich wie hier noch eine Vereinfachung von Formel (*) erhalten kann - im Fall r=1 klappt es ja bekanntlich. Augenzwinkern

27.08.2016, 20:46

HAL 9000

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Nicht verschweigen will ich, dass Formel (*) in der numerischen Auswertung äußerst heikel ist: Es gibt da extreme Auslöschungseffekte - chancenlos, wenn man für n=294,r=5 versucht, das ganze mit dem normalen 64Bit-Floatingpoint (C-Typ double) zu rechnen, das ist viel zu ungenau. unglücklich

Ein anderer, eher rekursiv angelegter und numerisch stabiler Zugang ist in der Wikipedia verlinkt worden:

Sei $\begin{align*} g(n,r,k) \end{align*}$ die erwartete Anzahl noch benötigter Pakete, wenn nur noch $\begin{align*} k \end{align*}$ von $\begin{align*} n \end{align*}$ Kartenmotiven fehlen und $\begin{align*} r \end{align*}$ die Packungsgröße ist (damit besteht der Zusammenhang $\begin{align*} g(n,r,n)=f(n,r) \end{align*}$ zu oben). Dann haben wir gemäß totaler Wahrscheinlichkeit den Zusammenhang

$\begin{align*} g(n,r,k) = 1 + \sum_{j=0}^r \frac{\binom{n-k}{r-j}\binom{k}{j}}{\binom{n}{r}} g(n,r,k-j) \end{align*}$

vorliegen (Index $\begin{align*} j \end{align*}$ entspricht dabei der Anzahl bisher noch fehlender Kartenmotive, die in der nächsten Packung entdeckt werden). Wenn man da Summand $\begin{align*} j=0 \end{align*}$ extrahiert und mit nach links bringt, bekommt man die Rekursionsgleichung

$\begin{align*} g(n,r,k) = \frac{1}{1-\displaystyle\frac{\binom{n-k}{r}}{\binom{n}{r}}} \left(1 + \sum_{j=1}^r \frac{\binom{n-k}{r-j}\binom{k}{j}}{\binom{n}{r}} g(n,r,k-j) \right) = \frac{1}{\binom{n}{r}-\binom{n-k}{r}} \left(\binom{n}{r} + \sum_{j=1}^r \binom{n-k}{r-j}\binom{k}{j} g(n,r,k-j) \right)\qquad (**) \end{align*}$

mit den Startwerten $\begin{align*} g(n,r,k)=0 \end{align*}$ für alle $\begin{align*} k\leq 0 \end{align*}$ . Man fängt also mit diesen Werten an und nutzt dann (**) sukzessive für $\begin{align*} k=1,2,\ldots,n \end{align*}$ , um letztlich zum gesuchten $\begin{align*} g(n,r,n)=f(n,r) \end{align*}$ zu kommen.

27.08.2016, 21:25

Dopap

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@ HAL:
das ist aber jetzt weit weg von der schulischen Fragestellung.

Aber wenn am board derart wenig los ist, kann man sich doch ein paar "Fragen" selbst beantworten. Augenzwinkern

anyway: für Interessierte beeindruckend Freude

27.08.2016, 21:44

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
das ist aber jetzt weit weg von der schulischen Fragestellung.

Falls du es nicht erkannt haben solltest: Es geht um

Zitat:

Original von Hayley
a) Wie viel Geld muss man durchschnittlich ausgeben, um die komplette Serie zu erhalten?

Und zwar überhaupt nicht weit weg, sondern unmittelbar um genau diese Fragestellung (nur die Multiplikation der durchschnittlichen Packungszahl mit dem Packungspreis habe ich mir gespart). Augenzwinkern

28.08.2016, 03:49

Hay Ley

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Hallo!

Ich versuche, mich durch die Antworten zu arbeiten - vielen Dank auf jeden Fall bis hier hin.

Eine Frage OT: Gibt es einen Grund, warum mein erster Thread (Aufgabe 1) nicht mehr sichtbar ist?

28.08.2016, 08:25

HAL 9000

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Anscheinend suchst du an der falschen Stelle, der Thread ist jedenfalls noch da:

Stochastik: Sammelbilder

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