Wahrscheinlichkeit jeweils mind. 1 Farbe

15.05.2023, 13:35

Grübelschlängler

Wahrscheinlichkeit jeweils mind. 1 Farbe

Mein Problem ist folgendes:

Ich habe 90 Kugeln in 6 verschiedenen Farben, also 15 Kugeln pro Farbe.
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, mit 15x ziehen von jeder Farbe mindestens 1 Kugel zu haben?

Bei 6x ziehen wäre ist es: 15/90*15/89*15/88*15/87*15/86*15/85*6! = 1,8%

Aber wie beziehe ich die zusätzlichen 9x ziehen ein?

Danke!

15.05.2023, 14:47

Steffen Bühler

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Wahrscheinlichkeit jeweils mind. 1 Farbe
Willkommen im Matheboard!

Das ist ein typisches Sammelbilderproblem.

Viele Grüße
Steffen

15.05.2023, 15:29

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

@Steffen

Ein Sammelbilderproblem vielleicht, aber nicht das klassische. Bei letzterem findet ein Ziehen MIT Zurücklegen statt - hier im Thread jedoch "ohne". Da ist die Rechnung dann doch ein wenig anders. Eine exakte Lösung mit Siebformel ist aber möglich - Ergebnis ist $\begin{eqnarray*} p = \frac{360\,367\,678\,125}{501\,518\,649\,544}\approx 0.71855 \end{eqnarray*}$ .

15.05.2023, 18:20

Steffen Bühler

Auf diesen Beitrag antworten »

Ah, stimmt, hab ich übersehen. Das Ergebnis ist dann doch um einiges höher als die etwa 64% mit Zurücklegen.

15.05.2023, 21:31

Ulrich Ruhnau

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von HAL 9000
Eine exakte Lösung mit Siebformel ist aber möglich - Ergebnis ist $\begin{eqnarray*} p = \frac{360\,367\,678\,125}{501\,518\,649\,544}\approx 0.71855 \end{eqnarray*}$ .

Klasse! Aber mit Herleitung würde man dabei auch etwas lernen.

@HAL
Wie hast Du das gemacht?

16.05.2023, 07:33

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Das Stichwort "Siebformel" habe ich doch schon gegeben. Also etwas verallgemeinert, damit es sich lohnt.

Zitat:

Man hat Kugeln in insgesamt $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ Farben vorliegen, und zwar jeweils genau $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ Kugeln pro Farbe. Aus diesen $\begin{eqnarray*} mr \end{eqnarray*}$ Kugeln zieht man $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Kugeln ohne Zurücklegen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dabei jede Farbe mindestens einmal erwischt zu haben?

Dazu betrachtet man den Laplaceschen Wahrscheinlichkeitsraum mit der Grundmenge $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ aller möglichen Ziehungen ohne Zurücklegen von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} mr \end{eqnarray*}$ Kugeln, d.h. $\begin{eqnarray*} |\Omega| = \binom{mr}{n} \end{eqnarray*}$ . In diesem W-Raum betrachten wir folgende Ereignisse (also Teilmengen von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ):

$\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ ... Ziehung enthält KEINE Kugeln der Farbe $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$

Dann suchen wir die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses $\begin{eqnarray*} B = \left( \bigcup_{k=1}^r A_k\right)^c \end{eqnarray*}$ .

Gemäß Siebformel gilt nun $\begin{eqnarray*} P(B) = \sum_{I\subseteq\{1,\ldots,r\}} (-1)^{|I|} \cdot P\left( \bigcap_{k\in I} A_k \right) \end{eqnarray*}$ .

D.h., wir benötigen für $\begin{eqnarray*} j=|I| \end{eqnarray*}$ die Wahrscheinlichkeit von Durchschnitten von $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ der $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ Ereignisse $\begin{eqnarray*} A_1,\ldots,A_r \end{eqnarray*}$ . Das bedeutet aber nichts anderes, dass die $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ausgewählten Kugeln dort nicht mehr aus $\begin{eqnarray*} mr \end{eqnarray*}$ , sondern nur noch aus insgesamt $\begin{eqnarray*} m(r-j) \end{eqnarray*}$ Kugeln stammen dürfen, d.h. es ist in diesem Laplaceschen W-Raum $\begin{eqnarray*} P\left( \bigcap_{k\in I} A_k \right) = \frac{\displaystyle \binom{m(r-|I|)}{n}}{\displaystyle \binom{mr}{n}} \end{eqnarray*}$ . Eingesetzt in die Siebformel und unter der Berücksichtigung, dass es genau $\begin{eqnarray*} \binom{r}{j} \end{eqnarray*}$ Indexmengen $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |I|=j \end{eqnarray*}$ gibt, folgt

$\begin{eqnarray*} P(B) = \frac{1}{\displaystyle \binom{mr}{n}} \sum_{j=0}^r (-1)^j \cdot \binom{r}{j}\cdot \binom{m(r-j)}{n} \end{eqnarray*}$

(Genau genommen muss die Summe nur bis zu jenem $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ geführt werden, wo letztmalig $\begin{eqnarray*} m(r-j)\geq n \end{eqnarray*}$ gilt, also $\begin{eqnarray*} j\leq r-\frac{n}{m} \end{eqnarray*}$ . Aber es stört auch nicht sie drin zu lassen, denn für größere $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ ist dann schlicht $\begin{eqnarray*} \binom{m(r-j)}{n}=0 \end{eqnarray*}$ ).

Für das hiesige $\begin{eqnarray*} r=6,m=15,n=15 \end{eqnarray*}$ ergibt sich damit

$\begin{eqnarray*} P(B) = \frac{1}{\displaystyle \binom{90}{15}} \sum_{j=0}^5 (-1)^j \cdot \binom{6}{j}\cdot \binom{15(6-j)}{15} = \frac{1}{\displaystyle \binom{90}{15}} \left[ \binom{90}{15} - 6\binom{75}{15} + 15\binom{60}{15} - 20\binom{45}{15} + 15\binom{30}{15} - 6\binom{15}{15}\right] \end{eqnarray*}$ .

16.05.2023, 22:34

Ulrich Ruhnau

Auf diesen Beitrag antworten »

@HAL
Vielen Dank! Das war mal wieder sehr lehrreich. Augenzwinkern

Falls ich noch eine Frage dazu habe, werde ich mich wieder melden. smile

Neue Frage »

Antworten »

Wahrscheinlichkeit jeweils mind. 1 Farbe

Verwandte Themen