Ziehen ohne Zurücklegen

18.06.2020, 21:35

Otto2776

Ziehen ohne Zurücklegen

Meine Frage:
Hallo, wie kann man folgenden Sachverhalt lösen:
In einer Urne gibt es 10 rote, 20 blaue und 30 grüne Bälle. Jan zieht nacheinander ohne zurücklegen Bälle aus der Urne, bis er fünf Bälle der gleichen Farbe beisammen hat. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, zuerst fünf rote Bälle beisammen zu haben?

Meine Ideen:
Meine Idee wäre ein Baumdiagramm zu erstellen, allerdings wäre dies dann mit teils über 1,5 Mio. Abzweigungen ziemlich lang.

18.06.2020, 22:11

HAL 9000

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Ja, bei dieser Laplacewahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p = \frac{M}{N} \end{eqnarray*}$ muss man schon ein bisschen rechnen:

$\begin{eqnarray*} N=\frac{60!}{10!20!30!} \end{eqnarray*}$ als Gesamtanzahl aller 60-Permutationen ist noch einfach.

Wenn wir aber die Anzahl $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ solcher Permutationen zählen wollen, wo vor dem fünften Rot jeweils maximal viermal Blau sowie maximal viermal Grün auftritt, dann ist das schon etwas eklig:

$\begin{eqnarray*} M = \sum_{n=5}^{13} ~ \sum_{b=\max(0,n-9)}^{\min(4,n-5)} ~ \frac{(n-1)!}{4!b!(n-5-b)!}\cdot \frac{(60-n)!}{5!(20-b)!(30-(n-5-b))!} \end{eqnarray*}$

In diesen Summen kennzeichnet $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ die Position, wo das fünfte Rot auftritt.

Ergebnis: $\begin{eqnarray*} p = \frac{894\,369\,499}{50\,262\,685\,044}\approx 0.0178 \end{eqnarray*}$ .

19.06.2020, 06:59

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} M = \sum_{n=5}^{13} ~ \sum_{b=\max(0,n-9)}^{\min(4,n-5)} ~ \frac{(n-1)!}{4!b!(n-5-b)!}\cdot \frac{(60-n)!}{5!(20-b)!(30-(n-5-b))!} \end{eqnarray*}$

Ich kann die innere Summe nicht verstehen. Was ist $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ ?

19.06.2020, 07:10

G190620

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RE: Ziehen ohne Zurücklegen

Zitat:

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, zuerst fünf rote Bälle beisammen zu haben?

Ich verstehe das so, dass die ersten 5 Züge 5 rote Bälle liefern.

10/60*9/59*8/58*7/57*6/56

19.06.2020, 08:18

Ulrich Ruhnau

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RE: Ziehen ohne Zurücklegen

Zitat:

Original von G190620
Ich verstehe das so, dass die ersten 5 Züge 5 rote Bälle liefern.
10/60*9/59*8/58*7/57*6/56

Das ist nur der erste Summand in HALs äußeren Summe. Mann könnte ja auch 4 mal rot einmal blau und dann nochmal rot ziehen.

19.06.2020, 09:36

HAL 9000

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Das Vorgehen ist unmissverständlich formuliert:

Zitat:

Original von Otto2776
Jan zieht nacheinander ohne zurücklegen Bälle aus der Urne, bis er fünf Bälle der gleichen Farbe beisammen hat. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, zuerst fünf rote Bälle beisammen zu haben?

D.h., nach jedem Versuch sichtet man, wie viele Bälle jeder Farbe man bisher gezogen hat. Erreicht eine der Farben zum ersten Mal den Anzahlwert 5, dann stoppt man und hält diese Farbe fest.

Meine obige Anzahlberechnung fußt auf der Idee, dass man zwecks Zählung der Varianten aber nach Erreichen dieser Position $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ virtuell weiter zieht bis hin zur 60ten Kugel.

$\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ kennzeichnet den Versuch, wo die fünfte rote Kugel gezogen wird.

$\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ kennzeichnet die Anzahl der bis dahin gezogenen blauen Kugeln.

Automatisch ist dann $\begin{eqnarray*} n-5-b \end{eqnarray*}$ die Anzahl der bis dahin gezogenen grünen Kugeln.

Ok, das ist das, was bis Position $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ passiert. Wir müssen aber auch berücksichtigen, was von Position $\begin{eqnarray*} (n+1) \end{eqnarray*}$ bis 60 passiert, da unser Laplaceraum die Menge aller Permutationen der 60 Kugeln ist:

Auf diesen Bereich sind dann noch $\begin{eqnarray*} 10-5 = 5 \end{eqnarray*}$ rote Kugeln, $\begin{eqnarray*} 20-b \end{eqnarray*}$ blaue Kugeln sowie $\begin{eqnarray*} 30-(n-5-b) \end{eqnarray*}$ grüne Kugeln zu verteilen. Der obige Summand gibt nun das Produkt der Permutationsanzahlen für die Positionen $\begin{eqnarray*} 1\ldots (n-1) \end{eqnarray*}$ einerseits sowie $\begin{eqnarray*} (n+1)\ldots 60 \end{eqnarray*}$ andererseits an, und an Position $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ selbst liegt ja eine rote Kugel.

Der Summationsbereich für $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ ist etwas knifflig zu erklären: Einerseits muss $\begin{eqnarray*} 0\leq b\leq 4 \end{eqnarray*}$ gelten, andererseits für die grünen Kugeln aber auch $\begin{eqnarray*} 0\leq n-5-b\leq 4 \end{eqnarray*}$ . Letzteres umgestellt bedeutet $\begin{eqnarray*} n-9\leq b\leq n-5 \end{eqnarray*}$ . Dies mit $\begin{eqnarray*} 0\leq b\leq 4 \end{eqnarray*}$ kombiniert so dass BEIDE Bedingungen gelten führt zu jenem $\begin{eqnarray*} \max(0,n-9)\leq b\leq \min(4,n-5) \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Jetzt, wo ich meine eigene Erklärung nochmal durchlese, fällt mir ein, dass man die Summe natürlich auch einfacher schreiben kann, was die Indexbereiche betrifft:

Die Summation über $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ersetze ich durch eine Summation über die Anzahl $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ der grünen Kugeln bis zum Erreichen der fünften roten Kugel. Wir haben ja den Zusammenhang $\begin{eqnarray*} n=5+b+g \end{eqnarray*}$ , und in diesem Sinne kann man dann die Formel oben ersetzen durch

$\begin{eqnarray*} M = \sum_{b=0}^4 \sum_{g=0}^4 \frac{(4+b+g)!}{4!b!g!}\cdot \frac{(55-b-g)!}{5!(20-b)!(30-g)!} = \frac{1}{4!5!} \sum_{b=0}^4 \frac{1}{b!(20-b)!}\sum_{g=0}^4 \frac{(4+b+g)!(55-b-g)!}{g!(30-g)!} \end{eqnarray*}$

Macht die Sache vermutlich lesbarer. smile

EDIT2: Die Sache schreit nach Verallgemeinerung: Sagen wir, wir haben $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ rote, $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ blaue und $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ grüne Kugeln und ziehen solange ohne Zurücklegen, bis wir zum ersten Mal $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ Kugeln derselben Farbe haben, wobei $\begin{eqnarray*} 1\leq S\leq \min(R,B,G) \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt werde. Dann ist dies die Farbe rot mit der Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p=\frac{M}{N} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} N=\frac{(R+B+G)!}{R!B!G!} \end{eqnarray*}$ sowie

$\begin{eqnarray*} M = \frac{1}{(S-1)!(R-S)!} \sum_{b=0}^{S-1} \frac{1}{b!(B-b)!}\sum_{g=0}^{S-1} \frac{(S-1+b+g)!(R+B+G-S-b-g)!}{g!(G-g)!} \end{eqnarray*}$

Die entstehende Wahrscheinlichkeit kann man statt mit Fakultäten dann auch mit Binomialkoeffizienten schreiben:

$\begin{eqnarray*} p = \frac{R}{R+B+G} \binom{R-1}{S-1} \sum_{b=0}^{S-1} \binom{B}{b} \sum_{g=0}^{S-1} \binom{G}{g} \binom{R+B+G-1}{S-1+b+g}^{-1} \end{eqnarray*}$

19.06.2020, 12:10

andyrue

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eins steht fest: das ist jenseits der schulmathematik, ausser bei den vulkaniern,

andy

19.06.2020, 12:14

HAL 9000

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Sollten "Permutationen mit Wiederholung" Bestandteil des Kombinatorik-Lehrstoffs sein, kann man diese Aufgabe mit Schulkenntnissen bearbeiten. Aber letzteres trifft natürlich auch auf alle Olympiadeaufgaben bis hin zur IMO zu, insofern... smile

20.06.2020, 10:39

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} M = \sum_{b=0}^4 \sum_{g=0}^4 \frac{(4+b+g)!}{4!b!g!}\cdot \frac{(55-b-g)!}{5!(20-b)!(30-g)!} = \frac{1}{4!5!} \sum_{b=0}^4 \frac{1}{b!(20-b)!}\sum_{g=0}^4 \frac{(4+b+g)!(55-b-g)!}{g!(30-g)!} \end{eqnarray*}$

Danke HAL !
smile

Mit Deinem zweiten Formelsatz ist mir alles klar geworden. Der erste Bruch links beschreibt die Permutationen mit Wiederholung vor der fünften roten Kugel und der zweite Bruch links die Permutationen mit Wiederholung nach dieser Kugel. Es ist doch immer schön, wenn man etwas dazulernt! Freude

20.06.2020, 12:02

andyrue

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Zitat:

Original von HAL 9000
Ja, bei dieser Laplacewahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p = \frac{M}{N} \end{eqnarray*}$ muss man schon ein bisschen rechnen:

dazu habe ich eine frage. weil (mir) laplace-experimente bisher als solche bekannt waren, wo alle ergebnisse die gleiche wahrscheinlichkeit haben?

was ja hier nicht der fall ist.

andy

20.06.2020, 12:13

HAL 9000

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Zitat:

Original von andyrue
was ja hier nicht der fall ist.

Doch: Alle VOLLSTÄNDIGEN Anordnungsmöglichkeiten der 60 Kugeln haben dieselbe Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{N} \end{eqnarray*}$ :

Das ist ja gerade der Clou an der obigen Betrachtungsweise, dass man nach Erreichen des Ziels "5 rote Kugeln" einfach (virtuell) weiterzieht! Alles nur aus dem Grund, damit tatsächlich die Laplaceeigenschaft angewandt werden kann.

Wenn man sich bei der Anzahlberechnung auf den ersten Teil bis zum Erreichen des Ziels beschränken würde, d.h., nur diese $\begin{eqnarray*} \frac{(4+b+g)!}{4!b!g!} \end{eqnarray*}$ irgendwie summieren würde, dann gäbe ich dir Recht - in der Weise geht es tatsächlich nicht. Augenzwinkern

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