Frage zu Wahrscheinlichkeitsrechnung

05.05.2019, 19:57

#!6!S0_#_40W

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Frage zu Wahrscheinlichkeitsrechnung

Meine Frage:
Hallo,

ich habe eine Anzahl ( 100 ) Elemente.
Jedes kann zufällig ausgewählt werden.
Nach der Auswahl steht das Element für die nächste Auswahl wieder zur Verfügung.
Die Anzahl der Auswahlen beträgt z. B. 130.

Wie kann ich die Wahrscheinlichkeit der Häufigkeiten berechnen, mit der ein Element ausgewählt wird?

Meine Ideen:
Ich habe eine Simulation laufen lassen (mit etwas anderen Werten, aber ähnlichem Verhältnis). Dort wird mir für die ansteigende Anzahl der Häufigkeiten eine abfallende Line ausgegeben. Mal mit konkreten ca.-Werten:
[1] = 1200
[2] = 800
[3] = 300
[4] = 100
[5] = 20
[6] = 1
[7] = 0

Dass bei 7 keine Auswahl erfolgte, liegt an der geringen Anzahl der Auswahlen. Hier könnte es auch bis 70 etc. pp. gehen, aber das ist irrelevant.
Für mich wäre interessant zu wissen, ob es da etwas gibt, mit dem sich die Haufigkeit nach Wahrscheinlichkeit berechnen lässt.

05.05.2019, 20:47

Leopold

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Wenn ich dich richtig verstehe, suchst du die Verteilung der Zufallsgröße $\begin{align*} X \end{align*}$ , die die Anzahl der Wahlen des Elements angibt. Es liegt eine Bernoulli-Kette vor, und $\begin{align*} X \end{align*}$ ist die Anzahl der Erfolge. Für die Verteilung von $\begin{align*} X \end{align*}$ gilt:

$\begin{align*} P(X=k) = {n \choose k} p^k (1-p)^{n-k} \end{align*}$ (Binomialverteilung)

In deinem Beispiel ist $\begin{align*} p = \frac{1}{100} \end{align*}$ und $\begin{align*} n=130 \end{align*}$ . Das Bild zeigt eine Excel-Tabelle

[attach]49217[/attach]

06.05.2019, 12:23

#!6!S0_#_40W

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Hallo Leopold,

vielen Dank für deine Antwort. Das hilft mir sehr viel weiter.

06.05.2019, 13:35

#!6!S0_#_40W

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Nochmal ich smile

smile

Zuerst: Ich konnte anhand der Formel die Berechnung in Code giessen und bekomme auch die richtigen Ergebnisse ( siehe Bild im Anhang ).

Da ich aber nachsehen musste, was "n über k" eigentlich ist (ja, Schule ist wirklich lange her), habe ich dazu gefunden, dass man damit Teilmengen ohne Zurücklegen berechnet.
Nun bin ich nicht sicher, ob das dann die richtige Formel ist, weil in meinem Fall mit Zurücklegen berechnet werden muss.
Falls der Rest der Formel das berücksichtigt, bitte ich meine Unkenntnis zu entschuldigen. Ich möchte nur sicher gehen.

06.05.2019, 14:31

Leopold

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Die sogenannten Binomialkoeffizienten "n über k" sind in der Kombinatorik für vieles verwendbar. Die Formel, die ich dir angegeben habe, bestimmt die Wahrscheinlichkeiten für die Anzahl der Erfolge beim Ziehen mit Zurücklegen.
Habe ich eigentlich deine Angaben richtig interpretiert? Passen die berechneten Wahrscheinlichkeiten zu deiner Simulation?

06.05.2019, 16:27

#!6!S0_#_40W

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Hallo Leopold,

danke für die Klarstellung hinsichtlich des Zurücklegens.

Meine Angaben hast du richtig interpretiert, wobei ich mich leider nur auf das geschriebene Wort beziehen kann, denn für die mathematischen Schreibweisen fehlen mir jede Menge Synapsen (ich zolle ehrlich jedem Respekt, der all das verstehen kann).

Zu den Ergebnissen aus der Formel: Im Prinzip trifft es das ganz gut. Was mich irritiert, ist der hohe Anteil von 27% bei 0 Treffern. Bei mir kommen keine 0-Treffer mehr vor, schon bei einem Verhältnis von 100 Elementen zu 130 Auswahlen. Aber es handelt sich ja auch um Wahrscheinlichkeiten, und vielleicht arbeitet die verwendete Zufalls-Routine "zu zufällig". Oder ich übersehe noch etwas.

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06.05.2019, 17:33

HAL 9000

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Zitat:

Original von #!6!S0_#_40W
Bei mir kommen keine 0-Treffer mehr vor, schon bei einem Verhältnis von 100 Elementen zu 130 Auswahlen.

Verstehe ich das richtig? Du wählst 130-mal aus 100, mit Zurücklegen, und hast dann allen Ernstes alle 100 Elemente jeweils mindestens einmal ausgewählt?

Dann wählst du sicher nicht gleichberechtigt aus den 100 Elementen, denn im Falle einer gleichberechtigten Wahl hätte ein solches Ereignis wie von dir beschrieben die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} 8.56\cdot 10^{-22} \end{eqnarray*}$ , d.h., entspricht ungefähr drei direkt aufeinander folgenden Lotto-Sechsern. Augenzwinkern

Augenzwinkern

06.05.2019, 19:26

#!6!S0_#_40W

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Hallo HAL 9000,

danke für den Hinweis.
Die 10 hoch -22 erscheinen schon sehr unwahrscheinlich, daher erweitere ich gerade das System, um schneller an die Auswertungen zu kommen (bisher dauert jeder Lauf über 1 Stunde). Die Erweiterung selbst dauert noch 1 - 5 Stunden (liess sich nicht genauer bestimmen).
Ich hatte mit ca. 3.600 Elementen bei ca. 4.300 Auswahlen experimentiert; sähe das da ähnlich aus? Ich war davon ausgegangen, dass das Runterskalieren auf 100 Elemente an den Wahrscheinlichkeiten nichts ändert.
Momentan habe ich nur die Auswertung mit den 0-Treffern; ob ich da einen Fehler eingebaut habe werde ich nach der nächsten Prüfung wissen.

06.05.2019, 20:36

Dopap

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lineares Denken ist meist gefährlich.

$\begin{eqnarray*} p(10,13)\approx 1.5%\\ p(20,26)\approx 0.01\%\\p(30,39)\approx 8\cdot 10^{-7} \end{eqnarray*}$

für mindestens 1 Treffer je Element.

falls meine Siebformel stimmt.

06.05.2019, 20:46

#!6!S0_#_40W

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Die 0-Treffer sind aufgetaucht. Ich hatte einfach die fehlenden Elemente übersehen. Kommt jetzt auch mit den Werten aus der Formel gut hin.

Vielen Dank nochmal für die Hilfe!

07.05.2019, 14:33

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
falls meine Siebformel stimmt.

Ja, haut hin: $\begin{eqnarray*} p(n,m) = \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \binom{n}{k} \left(1-\frac{k}{n}\right)^m \end{eqnarray*}$ .

Nichtlinear ist bei solchen Sammelbildproblemen ja auch der Erwartungswert für die Anzahl Versuche, bis man jedes Bild mindestens einmal hat: $\begin{eqnarray*} E(X) = nH_n \approx n\ln(n) \end{eqnarray*}$

07.05.2019, 20:24

Dopap

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Bei dem Original mit 100 Elementen und 130 Versuchen erhalte ich numerisch $\begin{eqnarray*} p\approx -10^{-5} \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

Augenzwinkern

Numerisch liegt das sicher an erheblicher Auslöschung bei alternierender Reihe wie z.B. bei $\begin{eqnarray*} e^{-x} \end{eqnarray*}$
Da ist die Näherungsformel mit $\begin{eqnarray*} 10^{-14} \end{eqnarray*}$ noch brauchbarer!

Bei exakter Rechnung und 60 min Rechenzeit erhalte ich einen Bruch mit ca. 400 Ziffern.
oder umgerechnet $\begin{eqnarray*} 8.565~279~585~67\cdot 10^{-22} \end{eqnarray*}$

und wie und wie schnell rechnet der HAL 9000 Computer das verwirrt

verwirrt

07.05.2019, 23:36

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
und wie und wie schnell rechnet der HAL 9000 Computer das verwirrt

verwirrt

Mein i7-4790K (Jahrgang 2015) rechnet das exakt in Matlab-MuPad in weniger als 2 Sekunden.

$\begin{eqnarray*} p(3600,4300) \approx 1.325\cdot 10^{-935} \end{eqnarray*}$ dauert in der (internen) Berechnung 8 Sekunden, aber die Umwandlung ins Dezimalsystem zur Ausgabe des exakten Ergebnisses auf dem Bildschirm (insgesamt 24503 Ziffern) dann doch nochmal 90 Sekunden. Augenzwinkern

Augenzwinkern

08.05.2019, 13:31

Dopap

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$\begin{eqnarray*} p(3600,4300) \approx 1.325\cdot 10^{-935} \end{eqnarray*}$ krass!

zu $\begin{eqnarray*} E(X)=nH_n \end{eqnarray*}$ , dem Erwartungswert für die Versuchsanzahl:

ich erwarte hier $\begin{eqnarray*} \sum_{k=z}^\infty k\cdot P(\text{AnzVersuche}=k)=zp_z+(z+1)p_{z+1}+(z+2)p_{z+2}+\cdots \end{eqnarray*}$ für z= Elementanzahl. richtig?

was hat es mit dem $\begin{eqnarray*} n\cdot H_n \end{eqnarray*}$ für eine Bewandtnis?

08.05.2019, 13:36

HAL 9000

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Mit $\begin{eqnarray*} H_n \end{eqnarray*}$ ist die $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -te Harmonische Zahl gemeint, das war soweit hoffentlich klar,

Für $\begin{eqnarray*} n=6 \end{eqnarray*}$ (d.h. Würfel) habe ich das Zustandekommen dieser Erwartungswertformel hier erläutert, die Übertragung für allgemeine $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ sollte offenkundig sein.

08.05.2019, 20:43

Dopap

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Nicht jeder Bezeichner ist mir geläufig.
Aber im Link steht ja alles ausführlich von dir verständlich beschrieben.

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