Urnenmodell; hypergeometrische & Binomialverteilung

16.06.2019, 14:42

Chaotica

Urnenmodell; hypergeometrische & Binomialverteilung

Hallo zusammen,

Nachdem ihr mich zuletzt von meinen tagelangen Grübeleien über einige Aufgaben zur gleichmäßigen Konvergenz erlöst habt, wende ich mich heute mal mit einer Stochastik-Aufgabe an euch, die mich nun auch schon länger umtreibt.
Folgende Situation:

"Eine Urne enthält 8 blaue und 2 gelbe Kugeln. Man löse die folgenden Aufgaben sowohl für Ziehen ohne Zurücklegen wie auch Ziehen mit Zurücklegen.

a) A, B und C ziehen in dieser Reihenfolge je eine Kugel aus der Urne. Wer eine gelbe Kugel zieht, erhält einen Preis. Wie groß sind die Chancen von A, B und C, einen Preis zu erhalten?"

b) Das Ziehen wird nach der ersten gelben Kugel, spätestens aber nach C (also dem 3. Zug) beendet.

c) Das Ziehen wird in besagter Reihenfolge bis zum Erscheinen der ersten gelben Kugel fortgesetzt.

Es war mir in vorigen Kapiteln gelungen, Aufgaben der obigen Art mit Hilfe von Baumdiagrammen und kombinatorischen Überlegungen zu lösen. Da diese Aufgabe aber zu einem Kapitel über hypergeometrische und Binomialverteilung gehört, gehe ich davon aus, dass man sie darüber lösen soll. Mir ist bekannt:
- ohne Zurücklegen: hypergeometrische Verteilung
- mit Zurücklegen: Binomialverteilung

Mit beiden Verteilungen habe ich auch schon einige andere Aufgaben gelöst (z.B. "genau 1 gelbe Kugel bei 3maligem Ziehen").
Aber irgendwie weiß ich hier nicht, wie ich einerseits die Verteilungen anwenden und andererseits die Reihenfolge der Spieler (oder der gezogenen Kugeln) beachten soll.

Vermutlich ist es wieder ziemlich offensichtlich, aber in meinem Kopf herrscht mal wieder Chaos bei dieser Aufgabe. Hammer

Ich wäre daher glücklich über euren Rat! smile

16.06.2019, 16:42

klauss

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RE: Urnenmodell; hypergeometrische & Binomialverteilung
Ich beschäftige mich mit dem interessanten Fall c) der Gewinnwahrscheinlichkeiten von A, B, C beim Ziehen mit Zurücklegen, wenn derjenige einen Preis bekommt, der zuerst Gelb zieht, und dann das Spiel beendet ist.

A gewinnt, wenn
- er sofort Gelb zieht
oder
- wenn eine Runde (3 x) nur Blau gezogen wird und A dann Gelb zieht
oder
- wenn zwei Runden nur Blau gezogen wird und A dann Gelb zieht
usw. ad vomitum

Damit ist
$\begin{eqnarray*} P(A)=\frac{2}{10} +\left(\frac{8}{10} \right)^{3}\cdot \frac{2}{10}+ \left(\frac{8}{10} \right)^{6}\cdot \frac{2}{10}+...=\frac{2}{10} \sum\limits_{k=0}^{\infty }\left(\frac{8}{10} \right)^{3k} \end{eqnarray*}$

Dieses Prinzip kannst Du ebenso auf $\begin{eqnarray*} P(B) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(C) \end{eqnarray*}$ übertragen. Wenn Du die Werte der 3 geometrischen Reihen berechnet hast, bestätigen sich die Erwartungen:
$\begin{eqnarray*} P(A)+P(B)+P(C)=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(A)>P(B)>P(C) \end{eqnarray*}$

Außerdem läßt sich das Vorgehen auf das Ziehen ohne Zurücklegen anpassen oder auf den Fall, dass das Spiel nach einer endlichen Anzahl Ziehungen beendet wird.

16.06.2019, 19:48

Chaotica

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RE: Urnenmodell; hypergeometrische & Binomialverteilung
Vielen Dank für deine Hilfe, klauss!
Im ersten Augenblick dachte ich, das sei eigentlich nicht die Antwort auf meine Frage (nach der Anwendung der beiden Verteilungsarten). Aber dann machte irgendetwas in meinem Kopf Idee!

und das hier ist mein bisheriges Ergebnis:

(Ich bleibe vorerst beim Ziehen mit Zurücklegen. $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ : "Person A gewinnt bei ihrem i-ten Zug.")

b) & c)
A zieht als erstes und zwar genau eine Kugel. Wenn A dabei gewinnt, lässt sich das darstellen als das Ereignis, dass A beim Ziehen von insgesamt einer Kugel ( $\begin{eqnarray*} \rightarrow n=1 \end{eqnarray*}$ ) genau eine gelbe Kugel ( $\begin{eqnarray*} \rightarrow k=1 \end{eqnarray*}$ ) zieht. Also gilt:

$\begin{eqnarray*} P(A_1)=\binom{1}{1} \cdot (\frac{2}{10})^1\cdot(\frac{8}{10})^{1-1} \\=\frac{1}{5} \end{eqnarray*}$

Für b) ist das schon ausreichend, für c müssen noch alle Fälle hinzuaddiert werden, falls A erst im späteren Verlauf gewinnt. Da das Ziehen hier mit dem Erscheinen der ersten gelben Kugel direkt beendet wird, kann A nur dann gewinnen, wenn die anderen beiden dazwischen nur blaue Kugeln ziehen. Nicht zu vergessen, dass A dann selbst auch mindestens einmal eine blaue Kugel gezogen haben muss (andernfalls siehe oben!). Das ergibt also für jede weitere Runde immer insgesamt 3 Züge ( $\begin{eqnarray*} \rightarrow n=3 \end{eqnarray*}$ ), in denen genau 0 gelbe Kugeln gezogen werden ( $\begin{eqnarray*} \rightarrow k=0 \end{eqnarray*}$ ), und somit:

$\begin{eqnarray*} P(A_2)=\binom{1}{1} \cdot (\frac{2}{10})^1\cdot(\frac{8}{10})^1-1 \quad \cdot \quad \binom{3}{0}\cdot(\frac{2}{10})^0\cdot(\frac{8}{10})^{3-0} \\=\frac{1}{5} \cdot (\frac{4}{5})^3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(A_3)=\binom{1}{1} \cdot (\frac{2}{10})^1\cdot(\frac{8}{10})^1-1 \quad \cdot \quad \binom{3}{0}\cdot(\frac{2}{10})^0\cdot(\frac{8}{10})^{3-0} \quad \cdot \quad \binom{3}{0}\cdot(\frac{2}{10})^0\cdot(\frac{8}{10})^{3-0} \\=\frac{1}{5} \cdot (\frac{4}{5})^3 \cdot (\frac{4}{5})^3 \\=\frac{1}{5} \cdot (\frac{4}{5})^{3\cdot2} \end{eqnarray*}$

Nun müssen diese 3 Wahrscheinlichkeiten nur noch addiert werden. Indem man diese Summe dann noch verallgemeinert, kommt man (durch Anwendung der Binomialverteilung!) endlich auf die von dir bereits dargestellte Reihe $\begin{eqnarray*} P(A)=\frac{1}{5}\cdot\sum_{k=0}^\infty(\frac{4}{5})^{3k} \end{eqnarray*}$ .
Stimmen meine Überlegungen so?

Zitat:

Original von klauss
Außerdem läßt sich das Vorgehen auf das Ziehen ohne Zurücklegen anpassen oder auf den Fall, dass das Spiel nach einer endlichen Anzahl Ziehungen beendet wird.

Ich werde jetzt als nächstes versuchen, meine Überlegungen auf das Ziehen ohne Zurücklegen anzupassen. smile

Insbesondere braucht es aber noch ein paar Anpassungen für Teil a). Denn dort wird das Ziehen nicht mit dem Erscheinen der ersten gelben Kugel beendet, sondern auf jeden Fall 3-mal gezogen. Somit ist es auch möglich, dass 2 der 3 Personen je eine gelbe Kugel ziehen.

P.S.: Kann mir bitte jemand verraten, wie man es schafft, die Formelzeilen an den Gleicheitszeichen oder wenigstens linksbündig auszurichten, ohne in jeder Zeile einen neuen Codeabschnitt beginnen zu müssen? Ich hab jetzt viel recherchiert und ausprobiert, aber nichts klappt. unglücklich

17.06.2019, 00:15

Chaotica

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RE: Urnenmodell; hypergeometrische & Binomialverteilung
So, ich wollte noch kurz Bescheid geben, dass ich inzwischen wohl auch die restlichen Teile gelöst habe.
Werde jetzt aber erstmal schlafen gehen und poste es dann später am Tag.

@ klauss: Vielen Dank, dass du meinen Gehirnknoten gekappt hast! Blumen

17.06.2019, 20:02

Chaotica

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RE: Urnenmodell; hypergeometrische & Binomialverteilung
Wie angekündigt will ich hier noch etwas über meine Ergebnisse schreiben, für den Fall, dass mal jemand anders ein ähnliches Problem hat (oder dieselbe Aufgabe. Augenzwinkern

).

Also zunächst einmal ist mir aufgefallen, dass ich oben an 2 Stellen die geschweiften Klammern im Code vergessen habe, es muss natürlich heißen:

$\begin{eqnarray*} P(A_2)=\binom{1}{1} \cdot (\frac{2}{10})^1\cdot(\frac{8}{10})^{1-1} \quad \cdot \quad \binom{3}{0}\cdot(\frac{2}{10})^0\cdot(\frac{8}{10})^{3-0} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(A_3)=\binom{1}{1} \cdot (\frac{2}{10})^1\cdot(\frac{8}{10})^{1-1} \quad \cdot \quad \binom{3}{0}\cdot(\frac{2}{10})^0\cdot(\frac{8}{10})^{3-0} \quad \cdot \quad \binom{3}{0}\cdot(\frac{2}{10})^0\cdot(\frac{8}{10})^{3-0} \end{eqnarray*}$

Tatsächlich führen bei den Teilen b) und c) die obigen Überlegungen angepasst auf das Ziehen ohne Zurücklegen ebenfalls zum Ziel, dann eben unter Verwendung der hypergeometrischen Verteilung.
Bei c) komme ich so z.B. für A auf die Reihe $\begin{eqnarray*} P(A)=\sum_{k=0}^2 \left[\frac{\binom{8}{3k}}{\binom{10}{3k}}\cdot\frac{\binom{2}{1}}{\binom{10-3k}{1}}\right] \end{eqnarray*}$ .

Natürlich ist hier keine unendliche Reihe mehr möglich, weil die Urne bei wiederholtem Ziehen ohne Zurücklegen nach 10 Zügen leer ist. Wobei das Ziehen jedoch bereits vorher beendet sein wird, da spätestens beim 9. Zug die erste gelbe Kugel erscheinen muss.

Da in Teil a) das Ziehen nicht mit dem Erscheinen der ersten gelben Kugel abgebrochen wird, sondern jede Person unbedingt eine Kugel zieht, liegt der Fall etwas anders.

- mit Zurücklegen:
Jede Person zieht je einmal ( $\begin{eqnarray*} \Rightarrow n=1 \end{eqnarray*}$ ) aus der Originalmenge, und somit haben alle drei unabhängig voneinander dieselbe Wahrscheinlichkeit, eine gelbe Kugel ( $\begin{eqnarray*} \Rightarrow k=1 \end{eqnarray*}$ ) zu ziehen. $\begin{eqnarray*} \Rightarrow P(A)=P(B)=P(C)=\frac{1}{5} \end{eqnarray*}$

- ohne Zurücklegen:
Hier ändert sich einerseits für B und C die Originalmenge, andererseits müssen für B und C noch jeweils die Möglichkeiten addiert werden, in denen A, B vorher bereits eine gelbe Kugel gezogen haben.
Auf diese Weise komme ich dann letztlich auch wieder auf $\begin{eqnarray*} P(A)=P(B)=P(C)=\frac{1}{5} \end{eqnarray*}$ .

Also ein wenig umständlich erscheint mir das schon. Aber Hauptsache, ich habe nun doch noch verstanden, wie ich diese Aufgabe unter Verwendung der beiden Verteilungsarten lösen kann. smile

Falls euch noch Fehler aufgefallen sein sollten, gebt mir bitte Bescheid.

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