Kombinatorisches Problem: doppelte Ziehung

08.03.2025, 10:46

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Kombinatorisches Problem: doppelte Ziehung

Hallo allerseits!

Ich möchte die Anzahl der Möglichkeiten für folgenden Fall ermitteln:

A und B haben jeweils zwei Töpfe voll Kugeln, die von 1 bis n nummeriert sind. A zieht aus ihrem Topf k Kugeln (wofür es $\begin{eqnarray*} \binom{n}{k} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten gibt) und B zieht aus seinem Topf l Kugeln (wofür es $\begin{eqnarray*} \binom{n}{l} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten gibt). Nun betrachtet A eine der k gezogenen Kugeln und B eine seiner l gezogenen Kugeln. Wieviele Möglichkeiten gibt es, in denen beide zum Schluss unterschiedliche Kugeln betrachten?
Also in dem Fall, dass die k von A gezogenen und l von B gezogenen Kugeln keine Überschneidung haben, gibt es darauf basierend $\begin{eqnarray*} \binom{k}{1}\binom{l}{1} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten, welche sie anschauen dürfen, sodass beide zum Schluss unterschiedliche Kugeln betrachten. Aber wir müssen ja eben auch all die Fälle mit einbeziehen, in denen die Schnittmenge der Ziehungen nicht leer ist. Da hat A immer noch $\begin{eqnarray*} \binom{k}{1} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten für das Betrachten einer Kugel, aber bei B sind es dann nicht mehr $\begin{eqnarray*} \binom{l}{1} \end{eqnarray*}$ , weil sonst auch Kugeln mit der gleichen Zahl wie der von A betrachteten von ihm betrachtet werden können.
Gibt es da einen vergleichsweise "einfachen" bzw. "direkten" Weg, die - jedenfalls nicht $\begin{eqnarray*} \binom{l}{1} \end{eqnarray*}$ - Möglichkeiten für B zu bestimmen?

Ich glaube, schon durch eine ganz komplizierte Herangehensweise - indem ich gleich zu Beginn darin unterscheide, ob und wieviele gleiche Kugeln in der Ziehung gezogen werden und ob und wieviele andere Kugeln - zu einer Formel für die gesuchte Anzahl an Möglichkeiten gekommen zu sein, aber die ist irrsinnig lange und kompliziert, darum frage ich mich eben, ob es da auch einen direkteren Weg gibt, bei dem man von $\begin{eqnarray*} \binom{n}{k}\binom{n}{l}\binom{k}{1} \end{eqnarray*}$ ausgeht und das noch mit der Anzahl von "guten" Ziehungen von B (die nicht einfach $\begin{eqnarray*} \binom{l}{1} \end{eqnarray*}$ sein kann) multipliziert. Aber ich komme nicht darauf, wie die Formel für diese "guten" Ziehungen aussehen würde?

08.03.2025, 11:02

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Seien $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ die Mengen (!) der jeweils gezogenen Kugelnummern. Dann ist $\begin{eqnarray*} |A|=k,|B|=l \end{eqnarray*}$ und es sei $\begin{eqnarray*} m=|A\cap B| \end{eqnarray*}$ . Dann ist deine gesuchte Anzahl einfach $\begin{eqnarray*} k\cdot l- m \end{eqnarray*}$ , denn man muss genau die $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ Paare $\begin{eqnarray*} (i,i \end{eqnarray*}$ ) mit $\begin{eqnarray*} i\in A\cap B \end{eqnarray*}$ weglassen.

08.03.2025, 11:33

adiutor62

Auf diesen Beitrag antworten »

Ein konkretes Zahlenbeispiel könnte hilfreich sein. So wird es anschaulicher.

08.03.2025, 13:02

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Na betrachten wir etwa $\begin{eqnarray*} n=6,k=4,l=3 \end{eqnarray*}$ am Beispiel der Auswahlmengen $\begin{eqnarray*} A=\{3,4,5,6\} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} B=\{2,3,4\} \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} A\cap B = \{3,4\} \end{eqnarray*}$ , und damit $\begin{eqnarray*} m=|A\cap B|=2 \end{eqnarray*}$ . Wir wollen nun die Paare $\begin{eqnarray*} (a,b) \end{eqnarray*}$ zählen mit $\begin{eqnarray*} a\in A,b\in B \end{eqnarray*}$ unter der zusätzlichen Bedingung $\begin{eqnarray*} a\neq b \end{eqnarray*}$ , das sind im Bild die schwarzen Gitterpunkte:

[attach]58180[/attach]

Deren Anzahl ist $\begin{eqnarray*} 4\cdot 3 - 2 = 10 \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Anzumerken ist, dass bei gegebenen $\begin{eqnarray*} n,k,l \end{eqnarray*}$ nur bestimmte Werte von $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ überhaupt möglich sind: Es ist $\begin{eqnarray*} \max\{0,k+l-n\} \leq m\leq \min\{k,l\} \end{eqnarray*}$ , wobei es Konstellationen $\begin{eqnarray*} A,B\subseteq \{1,\ldots,n\} \end{eqnarray*}$ für alle diese Werte gibt.

08.03.2025, 18:00

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo Hal 9000, danke für deine hilfreichen Antworten! Auf den entscheidenden Gedankenschritt, eine feste Kardinalität für die Menge der Überschneidungen zu nehmen, bin ich nicht gekommen. Aber das macht natürlich total Sinn.
Jedoch gehe ich von der Voraussetzung aus, dass wir nicht wissen, wieviele Überschneidungen es gibt. D.h. wir erhalten einen Mittelwert der Form $\begin{eqnarray*} \binom{n}{k}\binom{n}{l}\sum\limits_{m = \text{max}(0, k+l-n)}^{\text{min}(k,l)-1} P_{\cap}(m)\left(\binom{k}{1}\binom{l}{1}-m\right) \end{eqnarray*}$ .
Darum gilt es noch, die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P_{\cap}(m) \end{eqnarray*}$ , dass genau m Elemente in der Überschneidung liegen, zu bestimmen.
Meiner Überlegung nach müsste $\begin{eqnarray*} P_{\cap}(0) = \frac{\binom{n}{k}\binom{n-k}{l}}{\binom{n}{k}\binom{n}{l}} \end{eqnarray*}$ sein, weil dadurch im Nenner die Anzahl der "guten" Fälle und im Zähler die Anzahl aller möglichen Ziehungsausgänge steht.
Allerdings scheitere ich noch daran, die Formel zu verallgemeinern, denn $\begin{eqnarray*} P_{\cap}(m) = \frac{\binom{n}{k}\binom{n-k+m}{l}}{\binom{n}{k}\binom{n}{l}} \end{eqnarray*}$ leistet nicht das Gewünschte, weil hier nicht sichergestellt ist, dass unter den l von Spieler B aus n-k+m gezogenen Kugeln wirklich m dabei sind, die in der Überschneidung liegen...

08.03.2025, 18:43

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Dass du letztlich den Erwartungswert deiner Auswahlanzahlpaare genommen über alle zufällige Auswahlen der $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ Nummern betrachten willst, kommt aus deinem Eröffnungsbeitrag nicht raus - das ist ein neuer Aspekt:

Man kann dann $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ als Realisierung der hypergeometrischen Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X\sim HG(n,k,l) \end{eqnarray*}$ sehen, in dem Sinne ist dann dein $\begin{eqnarray*} P_{\cap}(m) = \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}} \end{eqnarray*}$ . Deren Erwartungswert ist schlicht $\begin{eqnarray*} E(X)=\frac{kl}{n} \end{eqnarray*}$ , was dann für die von dir gesuchte Größe im Mittel $\begin{eqnarray*} kl - E(X) = kl\left(1-\frac{1}{n}\right) \end{eqnarray*}$ bedeutet.

P.S.: Ingesamt spricht aus deinen Betrachtungen eine tiefe Verwirrung, wann du nun Anzahlen und wann (Laplacesche) Wahrscheinlichkeiten betrachten willst - da solltest du mal deine Gedanken ordnen.

Anzeige

10.03.2025, 09:35

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo Hal9000, danke dir!

Die Formel für $\begin{eqnarray*} P_{\cap}(m) \end{eqnarray*}$ ist mir gestern beim Einschlafen auch plötzlich eingefallen, davor stand ich ordenltich auf der Leitung. Ich bin froh, dass dein Beitrag gerade bestätigt, dass sie so korrekt ist, weil eigentlich war das ein richtig simples Problem.
Danke für den Hinweis, dass das genau eine Hypergeometrische Verteilung ist!
Und du hast Recht, ich habe da zu Beginn viel zu kompliziert gedacht und mich dadurch selbst verwirrt. Danke, dass du für Klarheit gesorgt hast!

14.03.2025, 08:54

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo Hal9000,
nun habe ich doch noch eine Rückfrage. Es ist nämlich so, dass ich eigentlich die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis, dass A und B zum Schluss zwei unterschiedliche Kugeln betrachten, ermitteln möchte. Dass ich zuvor die Häufigkeiten betrachtet habe, war nur eine Vereinfachung, mit der ich mein eigentliches Problem lösen wollte.
Dabei gehe ich davon aus, dass die Wahrscheinlichkeit, gezogen zu werden und angeschaut zu werden, für jede Kugel gleich ist.
Nun bin ich auf vier Formeln gekommen, bei welchen ich mir nicht sicher bin, welche die richtige ist:

(1) erste Idee:
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{l=1}^n \binom{n}{k}\binom{n}{l}\left(\frac{1}{n}\right)^k\left(\frac{1}{n}\right)^l\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n-k}\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n-l}\sum\limits_{m=\text{max}\{0,k+l-n\}}^{\text{min}\{k,l\}-1} \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}}\left(\binom{k}{1}\binom{l}{1}-m\right)\left(\frac{1}{k}\right)^1 \left(\frac{1}{l}\right)^1 \left(1-\frac{1}{k}\right)^{k-1} \left(1-\frac{1}{l}\right)^{l-1} \end{eqnarray*}$

(2) zweite Idee: die soll dafür Rechnung tragen, dass wir den Fall, dass bei der anfänglichen Ziehung von einem der beiden nur Kugeln, die auch der andere zieht, gezogen werden, ausschließen müssen - aber eigentlich wäre es zu dem Zeitpunkt noch okay, weil die Tatsache, dass sie da nur einen Schnitt ziehen, bedeutet ja nicht, dass sie nicht später eine unterschiedliche Kugel beim Anschauen auswählen können;
AUSSER für den Fall k=l=1, den müssen wir eigentlich schon ausschließen(?) und die Beschränkung auf rein diesen Ausschluss folgt in den folgenden Formeln, wenn wir vor das "-" die Indikatorfunktion " $\begin{eqnarray*} 1_{l=k=1} \end{eqnarray*}$ " setzen; aber evtl. wäre das aufgrund der darauffolgenden Einbeziehung von $\begin{eqnarray*} P_{\cap}(m) = \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}} \end{eqnarray*}$ ein doppelter Ausschluss?
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{l=1}^n \left(\binom{n}{k}\binom{n}{l}-\binom{n}{\text{max}\{k,l\}}\binom{\text{max}\{k,l\}}{\text{min}\{k,l\}}\right)\left(\frac{1}{n}\right)^k\left(\frac{1}{n}\right)^l\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n-k}\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n-l}\sum\limits_{m=\text{max}\{0,k+l-n\}}^{\text{min}\{k,l\}-1} \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}}\left(\binom{k}{1}\binom{l}{1}-m\right)\left(\frac{1}{k}\right)^1\left(\frac{1}{l}\right)^1 \left(1-\frac{1}{k}\right)^{k-1} \left(1-\frac{1}{l}\right)^{l-1} \end{eqnarray*}$

dritte und vierte Idee: genau wie die zweite, aber statt mit dem Faktor $\begin{eqnarray*} \left(\binom{n}{k}\binom{n}{l}-\binom{n}{\text{max}\{k,l\}}\binom{\text{max}\{k,l\}}{\text{min}\{k,l\}}\right) \end{eqnarray*}$ unter Verwendung des Faktors (3) $\begin{eqnarray*} \left(\binom{n}{k}\binom{n}{l}-\binom{\text{max}\{k,l\}}{\text{min}\{k,l\}}\right) \end{eqnarray*}$ oder unter Verwendung des Faktors (4) $\begin{eqnarray*} \binom{n}{\text{max}\{k,l\}}\left(\binom{n}{\text{min}\{k,l\}} -\binom{\text{max}\{k,l\}}{\text{min}\{k,l\}}\right) \end{eqnarray*}$

Wahrscheinlich denke ich aber gerade auch wieder viel kompliziert und es ist einfach die erste Formel richtig?

14.03.2025, 09:53

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich verstehe nicht, warum du so einen riesigen Formelwust anfährst:

Wir hatten doch festgestellt, dass die durchschnittliche Anzahl von Paaren unterschiedlicher Kugeln $\begin{eqnarray*} kl\left(1-\frac{1}{n}\right) \end{eqnarray*}$ ist. Bei insgesamt ja $\begin{eqnarray*} kl \end{eqnarray*}$ Paaren macht das schlicht Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} 1-\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ unabhängig von $\begin{eqnarray*} k,l \end{eqnarray*}$ .

Macht auch Sinn: Deine ganze "Zwischenschicht", erstmal $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ Kugeln auszuwählen, und dann daraus jeweils wieder nur eine, kann man komplett weglassen - d.h., letztendlich geht es dann nur um die Frage: Wenn A sowie B jeweils eine Kugel aus $\begin{eqnarray*} \{1,2,\ldots,n\} \end{eqnarray*}$ auswählen, wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit, unterschiedliche Nummern gezogen zu haben?

14.03.2025, 11:55

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Also wenn A und B jeweils genau eine Kugel aus jeweils n Kugeln auswählen, ist die Wahrscheinlicheit, dass sie hier unterschiedliche auswählen $\begin{eqnarray*} \frac{\binom{n}{1}\binom{n-1}{1}}{\binom{n}{1}\binom{n}{1}} = \frac{n-1}{n} \end{eqnarray*}$ .
Um meine "Zwischenschicht" zu erklären, muss ich nun ein bisschen weiter ausholen: Nehmen wir an, wir haben nicht die gleichverteilten Wahrscheinlichkeiten für Ziehe und Anschauen, sondern die Wahrscheinlichkeit für eine der n Kugeln, dass sie von A gezogen wird, ist $\begin{eqnarray*} P_Z^A \in (0,1) \end{eqnarray*}$ und die Wahrscheinlichkeit für eine der n Kugeln, dass sie von B gezogen wird, ist $\begin{eqnarray*} P_Z^B\in (0,1) \end{eqnarray*}$ .
Ebenso ist die Wahrscheinlichkeit für eine der k bzw. l gezogenen Kugeln, dass sie zum Schluss angeschaut wird, unter der Bedingung, dass sie zuvor gezogen wurde, $\begin{eqnarray*} P_S^A \in (0,1) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} P_S^B \in (0,1) \end{eqnarray*}$ .
Nun ist die Frage, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass zum Schluss jeweils genau eine Kugel angeschaut wird und diese beiden selektierten Kugeln sich in ihrer Nummer unterscheiden.
(Vlt. hätte ich es gleich so formulieren sollen, ich wollte es halt vereinfacht darstellen und die relevanten Punkte, bei denen ich mir unklar war, herausgreifen. - Tut mir leid, wenn ich damit erst recht Verwirrung gestiftet habe. Aber so ist es nun das vollständige Problem und meine "Zwischenschicht" hoffentlich nachvollziehbarer.)

Das bringt mich dann zu der Formel, bei der von k=1 bis n bzw. l=1 bis n summiert wird, weil wir von beiden Parteien mindestens eine gezogene Kugel brauchen, damit nachher überhaupt eine angeschaut werden kann und weil höchstens n Kugeln gezogen werden können. Für die Auswahlen dieser Kugeln gibt es $\begin{eqnarray*} \binom{n}{k}\binom{n}{l} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten. [Hier bin ich mir eben nicht sicher, ob wir nicht gleich berücksichtigen müssen, dass es z.B. für k=l=1 problematisch ist, wenn die hier gezogenen Kugeln übereinstimmen, weil dann später jedenfalls nicht das Ereignis eintreten kann, dass unterschiedliche Kugeln betrachtet werden. Das führt mich zu den vorhin in (1) bis (4) beschriebenen Faktoren, bei denen ich nicht weiß, ob wir einen brauchen und wenn ja, welchen, oder ob das danach durch $\begin{eqnarray*} P_{\cap}(m) \end{eqnarray*}$ schon ausreichend berücksichtigt wird. Weil eigentlich bezieht sich $\begin{eqnarray*} P_{\cap}(m) \end{eqnarray*}$ ja auf das Anschauen und nicht auf die Ziehung.]
Die Wahrscheinlichkeit, dass von A genau k Kugeln gezogen werden, ist $\begin{eqnarray*} (P_Z^A)^k(1-P_Z^A)^{n-k} \end{eqnarray*}$ und analog für B und l Kugeln $\begin{eqnarray*} (P_Z^B)^k(1-P_Z^B)^{n-k} \end{eqnarray*}$ .
Anschließend kommen die Wahrscheinlichkeiten fürs Anschauen und die Berücksichtigung, dass wir nicht genau zwei Kugeln aus dem Schnitt angeschaut haben wollen, ins Spiel. Hier ist die Wahrscheinlichkeit, dass von A genau eine Kugel angeschaut wird, $\begin{eqnarray*} (P_S^A)^1(1-P_S^A)^{k-1} \end{eqnarray*}$ , die von B $\begin{eqnarray*} (P_S^B)^1(1-P_S^B)^{l-1} \end{eqnarray*}$ , und die Anzahl der "guten Fälle", dass die beiden Kugeln unterschiedlich sind, ist (im Durchschnitt über alle möglichen Kardinalitäten des Schnitts) $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{m=\text{max}\{0,k+l-n\}}^{\text{min}\{k,l\}-1} \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}}\left(\binom{k}{1}\binom{l}{1}-m\right) \end{eqnarray*}$ .

Das führt zu dem Analogon der zuvor als (1) bezeichneten Formel:
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{l=1}^n\binom{n}{k}\binom{n}{l}(P_Z^A)^k(1-P_Z^A)^{n-k}(P_Z^B)^k(1-P_Z^B)^{n-k}\sum\limits_{m=\text{max}\{0,k+l-n\}}^{\text{min}\{k,l\}-1} \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}}\left(\binom{k}{1}\binom{l}{1}-m\right)(P_S^A)^1(1-P_S^A)^{k-1}(P_S^B)^1(1-P_S^B)^{l-1} \end{eqnarray*}$
Und hier bin ich mir eben nicht sicher, ob der Faktor $\begin{eqnarray*} \binom{n}{k}\binom{n}{l} \end{eqnarray*}$ direkt nach den Summenzeichen korrekt ist oder ob wir hier berücksichtigen müssen, dass es auch ungünstige Ziehungen gibt, unter denen es gar nicht möglich ist, Kugeln anzuschauen, die nicht die gleiche Nummer haben.

14.03.2025, 12:56

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Studentu
Nehmen wir an, wir haben nicht die gleichverteilten Wahrscheinlichkeiten für Ziehe und Anschauen, sondern die Wahrscheinlichkeit für eine der n Kugeln, dass sie von A gezogen wird, ist $\begin{eqnarray*} P_Z^A \in (0,1) \end{eqnarray*}$ und die Wahrscheinlichkeit für eine der n Kugeln, dass sie von B gezogen wird, ist $\begin{eqnarray*} P_Z^B\in (0,1) \end{eqnarray*}$ .

Ok, ich verstehe das jetzt so, dass die Anzahlen der gezogenen Kugeln $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ nicht fest gewählt sind, sondern auch zufällig - gemäß deinem Modell unterliegt $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ dann Verteilung $\begin{eqnarray*} B\left(n,P_Z^A\right) \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ der Verteilung $\begin{eqnarray*} B\left(n,P_Z^B\right) \end{eqnarray*}$ .

Was machst du dann aber in den Fällen $\begin{eqnarray*} k=0 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} l=0 \end{eqnarray*}$ , die gemäß diesem Modell mit positiver Wahrscheinlichkeit auftreten? Die kannst du nicht unter den Tisch fallen lassen (was du gemäß deiner Formeln aber anscheinend tust) - wenn du sie "verbieten" willst, ist dein Modell der unabhängigen Wahl der Kugeln für A und B einfach falsch.

Wenn du k=0 sowie l=0 aus deiner Summation ausschließt, dann heißt das nichts weiter, als dass du im Fall "k=0 oder l=0" die bedingte Wahrscheinlichkeit für ungleiche Kugeln als Null festlegst.

Zitat:

Original von Studentu
Ebenso ist die Wahrscheinlichkeit für eine der k bzw. l gezogenen Kugeln, dass sie zum Schluss angeschaut wird, unter der Bedingung, dass sie zuvor gezogen wurde, $\begin{eqnarray*} P_S^A \in (0,1) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} P_S^B \in (0,1) \end{eqnarray*}$ .

Es soll ja immer genau einer der $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Kugeln bei A gezogen werden, sowie genau eine der $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ Kugeln bei B.

Gemäß deiner Symbolik muss dann $\begin{eqnarray*} k\cdot P_S^A = 1 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k=1,\ldots,n \end{eqnarray*}$ gelten, sowie $\begin{eqnarray*} l\cdot P_S^A = 1 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} l=1,\ldots,n \end{eqnarray*}$ .

Wie soll das denn gehen? Fehlerhafte Modellierung. unglücklich

unglücklich

Überhaupt ist bei dieser zweiten Wahl die Annahme einer unabhängigen Entscheidung Wahl/Nichtwahl für jede einzelne der k Kugeln komplett absurd - selbstverständlich ist die abhängig: Wenn eine Kugel gewählt wird, dann die anderen k-1 nicht!!!

Alles in allem viel unausgereifte Dinge in der Modellierung, die das ganze Vorhaben in Frage stellen. Versuch doch mal, dein Vorhaben echt zu simulieren, dann wirst du auf diese vielen Ecken und Kanten stoßen.

14.03.2025, 13:45

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich trag mal zusammen, wie ich dein Modell verstehe:

1) Jede einzelne Kugel aus $\begin{eqnarray*} \{1,2,\ldots,n\} \end{eqnarray*}$ wählt A mit Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P_Z^A \end{eqnarray*}$ aus. Ergebnis sind $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ Kugeln, wobei $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ eine $\begin{eqnarray*} B\left(n,P_Z^A\right) \end{eqnarray*}$ -verteilte Zufallsgröße ist. Analog bei B, man bekommt am Ende $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ ausgewählte Kugeln mit $\begin{eqnarray*} L\sim B\left(n,P_Z^B\right) \end{eqnarray*}$ .

2) Betrachten wir nun Realisierung $\begin{eqnarray*} K=k,L=l \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k\geq 1,l\geq 1 \end{eqnarray*}$ . Dann wird sowohl aus A und auch aus B eine Kugel ausgewählt und geschaut, ob beide unterschiedliche Nummern tragen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit diese Auswahl erfolgt, ist deiner fehlerhaften Modellierung leider nicht zu entnehmen - ich gehe weiter von diskreter Gleichverteilung unter den $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ Kugeln aus. (Falls du eine andere, diesmal aber taugliche Idee hast, bitte melden).

Abschließend ist festzulegen, wie im Fall $\begin{eqnarray*} k=0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} l=0 \end{eqnarray*}$ verfahren werden soll. Man kann natürlich (wie von mir oben vorgeschlagen) in diesem Fall die bedingte Wahrscheinlichkeit für zwei ungleiche Kugeln als 0 ansetzen.

In dem Fall ergibt sich die Gesamtwahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{l=1}^n\binom{n}{k}\binom{n}{l}(P_Z^A)^k(1-P_Z^A)^{n-k}(P_Z^B)^k(1-P_Z^B)^{n-k}{\color{red}\sum\limits_{m=\max\{0,k+l-n\}}^{min\{k,l\}-1} \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}}\left(\binom{k}{1}\binom{l}{1}-m\right)\cdot \frac{1}{kl}} = \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{l=1}^n\binom{n}{k}\binom{n}{l}(P_Z^A)^k(1-P_Z^A)^{n-k}(P_Z^B)^k(1-P_Z^B)^{n-k}{\color{red}\left(1-\frac{1}{n}\right)} = \left(1-\left(1-P_Z^A\right)^n\right)\left(1-\left(1-P_Z^B\right)^n\right)\left(1-\frac{1}{n}\right)\qquad (*) \end{eqnarray*}$

oder in Kürze: Man bekommt bedingte Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} 1-\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ sobald $\begin{eqnarray*} k\geq 1,l\geq 1 \end{eqnarray*}$ und sonst aber bedingte Wahrscheinlichkeit 0 (wegen dieser Weglassung in der Summe). Im Gesamterwartungswert ergibt das dann eben diese Wkt (*).

Der einzige Unterschied zum von mir oben skizzierten Fall der direkten Wahl aus $\begin{eqnarray*} \{1,2,\ldots,n\} \end{eqnarray*}$ ist die Anomalie, die entsteht wenn entweder A oder B in Schritt 1) gar keine Kugeln auswählt. Durch die (m.E. willkürliche) Festlegung "Wkt=0" in diesem Fall wird die Gesamtwahrscheinlichkeit ein wenig nach unten gezogen.

14.03.2025, 14:25

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo Hal9000, danke für deine Antwort und Geduld.

Ein gravierendes Missverständnis gibt es jedenfalls noch: A und B dürfen auch gar keine oder mehr als eine der gezogenen Kugeln anschauen. Sofern aber nicht beide genau eine anschauen, ist das kein "guter Fall", wir wollen nur die Fälle, wo beide genau eine anschauen und diese beiden angeschauten unterschiedliche Nummer haben.

1) Ja genau, ich glaube, das ist genau, was ich meine.

2) Hier ist genau das Missverständnis, A und B wählen nicht jedenfalls genau eine Kugel zum Anschauen aus, sondern mindestens 0 und höchsten k bzw. l, aber die "guten Fälle", deren Wahrscheinlichkeit wir bestimmen wollen, sind nur die, wo beide zufällig jeweils genau eine ausgewählt haben und diese Kugeln nicht dieselbe Nummerierung tragen. Jede Kugel wird mit Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P_S^A \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} P_S^B \end{eqnarray*}$ ausgewählt, wobei diese Wahrscheinlichkeiten unabhängig von der jeweiligen Kugeln, sondern für alle Kugeln gleich sind.

Das von dir angesprochene Problem betreffend k=l=0 ist mir nicht ganz klar. - Wir müssen doch nur über die Wahrscheinlichkeiten für die "guten Fälle" summieren und k=l=0 kann eben kein guter Fall sein.

14.03.2025, 14:37

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Studentu
2) Hier ist genau das Missverständnis, A und B wählen nicht jedenfalls genau eine Kugel zum Anschauen aus, sondern mindestens 0 und höchsten k bzw. l

Langsam reicht es mir mit dir. Was hat das noch mit

Zitat:

Original von Studentu
Nun betrachtet A eine der k gezogenen Kugeln und B eine seiner l gezogenen Kugeln.

zu tun? Ständig änderst du die Regeln - aber im geheimen ohne sie zu kommunizieren. Da fühlt man sich als Helfer schon ziemlich verarscht. böse

böse

Ich lass mich nicht länger an der Nase herumführen und warte jetzt ab, bis du ein plausibles Modell auf den Tisch legst - dein letzter Post hat mehr eingerissen als aufgebaut.

14.03.2025, 14:44

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Es tut mir leid, dass du dich von mir verarscht fühlst, das war wirklich absolut nicht meine Absicht. Ich habe mit meinem ersten Post versucht, den Teil innerhalb des Gesamtproblems, welcher mir unklar war, herauszugreifen. Das ist leider ordentlich missglückt, weil offensichtlich der Kontext wichtig gewesen wäre und ich mit Wahrscheinlichkeiten vs. Häufigkeiten nur Verwirrung gestiftet habe.

In meinem Beitrag von heute, 12:55 Uhr, hatte ich eigentlich versucht, das mit dem Anschauen von nicht unbedingt genau einer Kugel im Rahmen der Schilderung des Gesamtproblems auch hervorzuheben, da habe ich geschrieben

"Ebenso ist die Wahrscheinlichkeit für eine der k bzw. l gezogenen Kugeln, dass sie zum Schluss angeschaut wird, unter der Bedingung, dass sie zuvor gezogen wurde, $\begin{eqnarray*} P_S^A\in (0,1) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} P_S^B\in (0,1) \end{eqnarray*}$ .
Nun ist die Frage, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass zum Schluss jeweils genau eine Kugel angeschaut wird und diese beiden selektierten Kugeln sich in ihrer Nummer unterscheiden."

Der Inhalt des letzten Satzes scheint aus meiner Formulierung leider nicht in dem gewünschten Ausmaß hervorgegangen oder ganz untergegangen zu sein, was dazu führt, dass es auf dich wirkt, als würde ich neue Spielregeln erfinden. Aber das war und ist wirklich nicht meine Intention, es tut mir leid, damit unnötig deine Zeit beansprucht zu haben.

In Zukunft werde ich es besser machen und gleich das ganze Problem schildern. Ich wollte uns mit der anfänglichen "Vereinfachung" eigentlich Zeit und Gedankengänge, welche für mich keine Unklarheit beinhaltet haben, sparen und aufs Wesentliche konzentrieren. Aber dass das kein vorteilhaftes Vorgehen war, ist mir jetzt klar.

14.03.2025, 14:59

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Also mein Modell ist das aus dem heutigen Beitrag von 12:55 Uhr. Da steht auch (leider wohl zu implizit, sodass es untergegangen ist) drin, dass nicht unbedingt genau eine Kugel gezogen wird,

"Nun ist die Frage, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass zum Schluss jeweils genau eine Kugel angeschaut wird und diese beiden selektierten Kugeln sich in ihrer Nummer unterscheiden. ".

Und das Modell ändert sich auch nicht, ich erfinde nichts Neues dazu.

14.03.2025, 15:10

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich mache es jetzt mal genauso und werfe eine Formel hin ohne ausreichende Erklärung:

$\begin{eqnarray*} n(n-1) P_Z^AP_S^A \left(1-P_Z^AP_S^A\right)^{n-1} P_Z^BP_S^B \left(1-P_Z^BP_S^B\right)^{n-1} \end{eqnarray*}$

Sieh zu, wie du damit zurechtkommst.

14.03.2025, 15:16

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich verstehe deinen Unmut, kann den bisherigen Diskussionsverlauf jetzt leider aber auch nicht mehr ändern.

Über deine Formel bzw. wie sie zum Problem passt, werde ich eine Weile nachdenken müssen. Ich vermute mal, dass sie Teil der Lösung ist, also danke für den Tipp!

17.03.2025, 08:20

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Also $\begin{eqnarray*} n(n-1) = \binom{n}{1}\binom{n-1}{1} \end{eqnarray*}$ ist die Anzahl der Möglichkeiten dafür, dass A und B jeweils eine Kugel aus n Kugeln ziehen und diese Kugeln unterschiedlich ist. $\begin{eqnarray*} P_Z^A P_S^A \end{eqnarray*}$ ist die Wahrscheinlichkeit für diese eine Kugel, gezogen und auch angeschaut zu werden. $\begin{eqnarray*} (1-P_Z^A P_S^A)^{n-1} \end{eqnarray*}$ ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle anderen n-1 Kugeln nicht gezogen oder, wenn sie gezogen werden, dann nicht angeschaut, werden.
Insgesamt gibt diese Formel also die Wahrscheinlichkeit an, dass A und B genau eine Kugel anschauen, welche zudem unterschiedlich ist, richtig?
Wieso müssen wir hierbei nicht auch die Anzahl der Möglichkeiten für die mit der Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} (1-P_Z^AP_S^A) \end{eqnarray*}$ verknüpften Kugeln berücksichtigen?

Wenn diese Ausführungen stimmen, was ist dann mit der von mir am 14.03.2025 um 12:55 Uhr vorgeschlagenen Formel (und den um 09:54 Uhr erwähnten anderen Möglichkeiten für die Faktoren)? Mich würde wirklich sehr interessieren, ob eine von ihnen das Gleiche berechnet, nur auf kompliziertere Art, und welcher der vorgeschlagenen Faktoren der richtige wäre. Wenn das nicht der Fall ist, muss da ja wo ein Denkfehler drin sein und den wüsste ich gerne, weil ich finde ihn selbst einfach nicht.

17.03.2025, 08:37

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} p_A:=p_Z^A\cdot p_S^A \end{eqnarray*}$ ist die Wahrscheinlichkeit, dass A eine bestimmte Kugel (sagen wir mit Nummer $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ ) anschaut. Die Wahrscheinlichkeit, dass A nur diese Kugel $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ (also keine andere) anschaut, ist dann $\begin{eqnarray*} p_A\left(1-p_A\right)^{n-1} \end{eqnarray*}$ .

Gleiches gilt für das Anschauen der nur einen Kugel $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ durch B, das geschieht mit Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p_B\left(1-p_B\right)^{n-1} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} p_B=p_Z^B\cdot p_S^B \end{eqnarray*}$ .

Schlussendlich interessieren nur die Paare $\begin{eqnarray*} (i,j) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} i\neq j \end{eqnarray*}$ , davon gibt es genau $\begin{eqnarray*} n(n-1) \end{eqnarray*}$ , das ergibt summa summarum Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} n(n-1)p_A\left(1-p_A\right)^{n-1}p_B\left(1-p_B\right)^{n-1} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} p_A=p_Z^A\cdot p_S^A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p_B=p_Z^B\cdot p_S^B \end{eqnarray*}$ .

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------

Was das Formelmonster

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n \sum_{l=1}^n \binom{n}{k}\binom{n}{l}(P_Z^A)^k(1-P_Z^A)^{n-k}(P_Z^B)^k(1-P_Z^B)^{n-k} \sum_{m=\max\{0,k+l-n\}}^{\min\{k,l\}} \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}}\left(\binom{k}{1}\binom{l}{1}-m\right)(P_S^A)^1(1-P_S^A)^{k-1}(P_S^B)^1(1-P_S^B)^{l-1} \end{eqnarray*}$

betrifft: Die Summation über $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ war via Erwartungswert der Hypergeometrischen Verteilung doch schon lange geklärt, da kommt $\begin{eqnarray*} \sum_{m=\max\{0,k+l-n\}}^{\min\{k,l\}} \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}}\left(\binom{k}{1}\binom{l}{1}-m\right) = kl\left(1-\frac{1}{n}\right) \end{eqnarray*}$ heraus. Es verbleibt (die Faktoren neu angeordnet) $\begin{eqnarray*} \left(1-\frac{1}{n}\right) F_A F_B \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} F_A = \sum_{k=1}^n k\binom{n}{k}(P_Z^A)^k(1-P_Z^A)^{n-k} (P_S^A)^1(1-P_S^A)^{k-1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} F_B = \sum_{l=1}^n l\binom{n}{l} (P_Z^B)^k(1-P_Z^B)^{n-k} (P_S^B)^1(1-P_S^B)^{l-1} \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} 1\leq k\leq n \end{eqnarray*}$ gilt nun $\begin{eqnarray*} k\binom{n}{k} = \frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} = n\binom{n-1}{k-1} \end{eqnarray*}$ , daher folgt (mit Indexverschiebung $\begin{eqnarray*} i=k-1 \end{eqnarray*}$ )

$\begin{eqnarray*} F_A = n P_Z^A P_S^A \sum_{k=1}^n \binom{n-1}{k-1} (P_Z^A)^{k-1} (1-P_Z^A)^{n-k} (1-P_S^A)^{k-1} = n P_Z^A P_S^A \sum_{i=0}^{n-1} \binom{n-1}{i} \left(P_Z^A(1-P_S^A)\right)^i (1-P_Z^A)^{n-1-i} \stackrel{!}{=} n P_Z^A P_S^A \left(P_Z^A(1-P_S^A) + 1-P_Z^A\right)^{n-1} = n P_Z^A P_S^A \left(1-P_Z^A P_S^A\right)^{n-1} \end{eqnarray*}$ ,

wobei bei $\begin{eqnarray*} \stackrel{!}{=} \end{eqnarray*}$ der Binomische Satz (rückwärts gelesen) für Exponent $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ angewandt wurde. Analog folgt $\begin{eqnarray*} F_B = n P_Z^B P_S^B \left(1-P_Z^B P_S^B\right)^{n-1} \end{eqnarray*}$ , womit sich die Monsterformel tatsächlich zu

$\begin{eqnarray*} \left(1-\frac{1}{n}\right) n^2 P_Z^A P_S^A \left(1-P_Z^A P_S^A\right)^{n-1} P_Z^B P_S^B \left(1-P_Z^B P_S^B\right)^{n-1} = n(n-1) P_Z^A P_S^A \left(1-P_Z^A P_S^A\right)^{n-1} P_Z^B P_S^B \left(1-P_Z^B P_S^B\right)^{n-1} \end{eqnarray*}$

vereinfacht - was man (wie erläutert) deutlich schmerzfreier haben kann.

EDIT: Korrektur der $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ -Summe: Der letzte Summationsindex lautet $\begin{eqnarray*} m=\min\{k,l\} \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} m=\min\{k,l\}-1 \end{eqnarray*}$ , letzteres stand wiederholt falsch in deinen Formeln.

17.03.2025, 13:13

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke, dass du dich des Themas noch einmal angenommen hast, Hal9000!

Insbesondere auch danke für die Erklärung, wie man aus der "Monsterformel" (die für mich schon eine vereinfachte Formel war, weil ich bei meinem ursprünglichen Ansatz mit noch viel mehr Falluntescheidungen gearbeitet habe) die simple, von dir direkt hergeleitete, erhält. Freut mich riesig, dass die übereinstimmen.

Das heißt dann, dass man in der langen Formel NICHT explizit den Fall ausschließen muss, dass nur genau übereinstimmende Kugeln gezogen werden (wie in meinen Ideen 2) bis 4) beschrieben), weil es ausreicht, später den Fall, dass zwei gleiche Kugeln angeschaut werden, auszuschließen und somit implizit auch der Fall der Ziehung von nur gleichen Kugeln (was nur für k=l=1 unweigerlich zu Problemen führt) verhindert wird, weil er nicht zum Anschauen verschiedener Kugeln führen kann. (Richtig?)
Gibt es irgendein intuitives Szenario, bei dem die Faktorn in (2) bis (4) gebraucht würden?

17.03.2025, 13:32

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Wie genau aus der hypergeometrischen Verteilung $\begin{eqnarray*} kl(1-\frac{1}{n}) \end{eqnarray*}$ folgt, ist mir nicht ganz klar, weil bei uns die Summation nicht zwingend bei 0 beginnt und weil der Faktor $\begin{eqnarray*} \binom{k}{1}\binom{l}{1} \end{eqnarray*}$ drin ist (wenn wir in zwei Summanden aufteilen, wovon der andere der mit Faktor m ist, der somit (bis auf den Beginn des Laufindexes) genau der Erwartungswert der Hypergeometrischen Verteilung ist).

17.03.2025, 15:02

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Also nochmal von vorn, diesmal ganz kleinteilig:

$\begin{eqnarray*} P_{\cap}(m) = \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}} \end{eqnarray*}$ ist die Einzelwahrscheinlichkeit der hypergeometrischen Verteilung $\begin{eqnarray*} HG(n,k,l) \end{eqnarray*}$ . Und diese hypergeometrische Verteilung besitzt den Erwartungswert $\begin{eqnarray*} \frac{kl}{n} \end{eqnarray*}$ , der andererseits bei diskreten Verteilungen auch über $\begin{eqnarray*} \sum_m m\cdot P_{\cap}(m) \end{eqnarray*}$ dargestellt werden kann, wobei die Summe über alle Werte $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ läuft, die überhaupt in Frage kommen. Und $\begin{eqnarray*} \sum_m P_{\cap}(m)=1 \end{eqnarray*}$ sollte sowieso klar sein (Gesamtwahrscheinlichkeit ist immer 1). Daher ist

$\begin{eqnarray*} \sum_m P_{\cap}(m) \left(\binom{k}{1}\binom{l}{1}-m\right) = \sum_m P_{\cap}(m) \left(kl-m\right) = kl\cdot \sum_m P_{\cap}(m) - \sum_m m\cdot P_{\cap}(m) = kl\cdot 1 - \frac{kl}{n} = kl\left(1-\frac{1}{n}\right) \end{eqnarray*}$ .

--------------------------------------------------------------

Die Erwartungswertformel selbst kann man übrigens so herleiten: Für $\begin{eqnarray*} m\geq 1 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} m\binom{k}{m} = k\binom{k-1}{m-1} \end{eqnarray*}$ , und für $\begin{eqnarray*} l\geq 1 \end{eqnarray*}$ gilt entsprechend $\begin{eqnarray*} \binom{n}{l} = \frac{n}{l}\binom{n-1}{l-1} \end{eqnarray*}$ . Es folgt, zwischendurch durch Indexverschiebung $\begin{eqnarray*} m'=m-1 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \sum_{m=\max\{0,k+l-n\}}^{\min\{k,l\}} m\frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}} = \sum_{m=\max\{1,k+l-n\}}^{\min\{k,l\}} \frac{kl}{n}\cdot \frac{\binom{k-1}{m-1}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n-1}{l-1}} = \frac{kl}{n}\cdot \sum_{m'=\max\{1,k+l-n\}-1}^{\min\{k,l\}-1} \frac{\binom{k-1}{m'}\binom{n-1-(k-1)}{(l-1)-m'}}{\binom{n-1}{l-1}} \stackrel{!!!}{=} \frac{kl}{n}\cdot \sum_{m'=\max\{0,k'+l'-n'\}}^{\min\{k',l'\}} \frac{\binom{k'}{m'}\binom{n'-k'}{l'-m'}}{\binom{n'}{l'}} \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} n'=n-1,k'=k-1,l'=l-1 \end{eqnarray*}$ . Was dort als Summe übrig bleibt, ist also nichts weiter als die Wahrscheinlichkeitssumme von $\begin{eqnarray*} HG(n',k',l') \end{eqnarray*}$ , die ja auch gleich 1 sein muss.

17.03.2025, 17:41

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke für den detaillierten Rechenweg. Der Teil bis zu den ------------------------- ist mir nun klar (da hatte ich den Trick, dass sich die Wahrscheinlichkeiten zu 1 summieren müssen, nicht bedacht).

Aber danach bleibt für mich immer noch die Frage, wieso uns der veränderte Startindex nicht stört. Denn wenn k+l-n>0 ist, "fehlen" uns ja quasi die Summanden zu kleinerem Laufindex und bei k<l ebenso die Summanden zu großem Laufindex.
Ich meine, es macht doch einen Unterschied, ob wir
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{m=0}^l \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}} = 1 \end{eqnarray*}$ bilden oder $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{m=k+l-n>0}^{k=min\{k,l\}} \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}} = 1 - x \end{eqnarray*}$ , wobei x die Summe der in der zweiten Summe gegenüber ersten Summe fehlenden Summanden ist. Und das Gleiche, wenn wir nicht bloß über die Wahrscheinlichkeiten summieren, sondern mit dem Faktor m vor dem Bruch den Erwartungswert berechnen.

Achso, Moment. Wenn man in der zweiten Summation den Laufindex bei 0 starten und bis l laufen lässt, kommt trotzdem das Gleiche heraus, weil die zusätzlichen Summanden aufgrund der Voraussetzung k+l-n>0 und k=min{k,l} alle Null sind, richtig?

17.03.2025, 17:52

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Da fehlt gar nichts - außerhalb der Summe sind nur "unmögliche" Fälle:

Wenn von $\begin{eqnarray*} n=100 \end{eqnarray*}$ Kugeln einmal $\begin{eqnarray*} k=70 \end{eqnarray*}$ Kugeln ausgewählt werden, und dann wiederum auch $\begin{eqnarray*} l=60 \end{eqnarray*}$ Kugeln, dann hat man ZWANGSLÄUFIG mindestens $\begin{eqnarray*} k+l-n=30 \end{eqnarray*}$ Kugeln mit derselben Nummer in beiden Auswahlen vorliegen. Eine Betrachtung von $\begin{eqnarray*} m=0,1,\ldots,29 \end{eqnarray*}$ ist somit sinnlos, diese Fälle treten nicht auf. Ich verstehe daher nicht, warum du ständig immer und immer wieder diese Phantomfälle nach oben zerrst. unglücklich

unglücklich

Technisch gesehen sind das die Binomialkoeffizienten im Zähler: Für $\begin{eqnarray*} m < k+l-n \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} l-m > n-k \end{eqnarray*}$ , und daher im Binomialkoeffizienten $\begin{eqnarray*} \binom{n-k}{l-m} \end{eqnarray*}$ das "untere" Argument größer als das obere. In solchen Fällen ist der Binomialkoeffizient gleich Null - zumindest nach der allgemeineren Definition, denn die Fakultätsdefinition greift in dem Fall nicht.

17.03.2025, 17:56

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Ah, da warst du jetzt schneller mit deiner Antwort als ich mit meinem Edit.(:
Dass die zusätzlichen Summanden nur Null beitragen, habe ich auch gerade erkannt.

Dann ist nur mehr meine weiter oben (heute um 14:13 Uhr) gestellte Frage bzgl. der Faktoren in Ideen (2) - (4) offen. - Haben die irgendeine plausible Interpretation?

17.03.2025, 18:08

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Studentu
(2) zweite Idee: die soll dafür Rechnung tragen, dass wir den Fall, dass bei der anfänglichen Ziehung von einem der beiden nur Kugeln, die auch der andere zieht, gezogen werden, ausschließen müssen - aber eigentlich wäre es zu dem Zeitpunkt noch okay, weil die Tatsache, dass sie da nur einen Schnitt ziehen, bedeutet ja nicht, dass sie nicht später eine unterschiedliche Kugel beim Anschauen auswählen können;
AUSSER für den Fall k=l=1, den müssen wir eigentlich schon ausschließen(?) und die Beschränkung auf rein diesen Ausschluss folgt in den folgenden Formeln, wenn wir vor das "-" die Indikatorfunktion " $\begin{eqnarray*} 1_{l=k=1} \end{eqnarray*}$ " setzen; aber evtl. wäre das aufgrund der darauffolgenden Einbeziehung von $\begin{eqnarray*} P_{\cap}(m) = \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}} \end{eqnarray*}$ ein doppelter Ausschluss?

Ich kann deinen wilden Gedanken nicht folgen - noch weniger der Formel danach: Was sollen diese Ausdrücke mit $\begin{eqnarray*} \binom{n}{\text{max}\{k,l\}} \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \binom{\text{max}\{k,l\}}{\text{min}\{k,l\}} \end{eqnarray*}$ ? Da erkenne ich nicht den geringsten Sinn für das Auftauchen dieser Terme - die sind m.E. ein Fall für die Tonne. unglücklich

unglücklich

Jetzt, da du das richtige Ergebnis kennst, dann werte doch mal deine anderen Formelversuche aus (z.B. mit einem CAS) für KONKRETE Beispielwerte von $\begin{eqnarray*} n,k,l \end{eqnarray*}$ . Und wenn da bereits was anderes rauskommt, dann wirf den ganzen Kram weg statt ewig auf diesen toten Pferden rumzureiten.

17.03.2025, 18:23

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Okay, dann verwerfe ich jene "Ideen", danke. (Es hätte mich halt interessiert, wo genau bei denen der Denkfehler drin war, aber wsl. lohnt sich das Nutzen-Aufwand-Verhältnis wirklich nicht, das genau auseinanderzunehmen.)

Danke für all deine Hilfe, das war wirklich sehr spannend! smile

smile

27.03.2025, 14:38

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo Hal (und wer auch immer sonst mitschreiben möchte),
nach genauerer Betrachtung bleibt doch noch eine Unklarheit bzgl. der Summation $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{m = max\{0,k+l-n\}}^{min\{k,l\}} \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}}(kl-m) \end{eqnarray*}$ :

Du hast mich bereits überzeugt, dass $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{m = max\{0,k+l-n\}}^{l} \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}}(kl-m) = kl(1-\frac{1}{n}) \end{eqnarray*}$ ist. (Hier entspricht die Obergrenze des Laufindizes dem, wie er im Erwartungwert der Hypergeometrischen Verteilung vorgeshen ist.)
Aber wieso gilt das auch, wenn wir die Obergrenze des Laufindizes, l, durch $\begin{eqnarray*} \text{min}\{k,l\} \end{eqnarray*}$ ersetzen, welches auch $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ sein könnte?
Also wie sieht man, dass auch $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{m = max\{0,k+l-n\}}^{k=\text{min}\{k,l\}} \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}}(kl-m) = kl(1-\frac{1}{n}) \end{eqnarray*}$ ist?

27.03.2025, 14:47

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Du meinst also, es kommt was anderes raus, wenn wir im Fall $\begin{eqnarray*} k<l \end{eqnarray*}$ nur bis $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ summieren statt bis $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ ?

Was kommt denn für $\begin{eqnarray*} m=k+1,\ldots,l \end{eqnarray*}$ raus beim Binomialkoeffizienten $\begin{eqnarray*} \binom{k}{m} \end{eqnarray*}$ ?

Zum zigten Male: Die Wahrscheinlichkeiten der hypergeometrischen Verteilung für $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ AUSSERHALB des Intervalls $\begin{eqnarray*} \left[ \max\{0,k+l-n\}, \min\{k,l\} \right] \end{eqnarray*}$ sind sämtlich 0, in Worten NULL. Und daran wird sich auch nichts ändern, auch wenn du dieses Topic in nervensägender Weise noch hundertmal nach vorn bringst. Forum Kloppe

Forum Kloppe

Forum Kloppe

Forum Kloppe

27.03.2025, 15:00

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Binomialkoeffizienten sind natürlich alle 0, das stimmt, danke!

Das ist eigentlich offensichtlich (wenn man den richtigen Binomialkoeffizienten anschaut, welchen ich leider nicht als solchen erkannt habe) und war ein dummer Fehler und eine blöde und unnötige Nachfrage, tut mir leid.
Es soll keine Ausrede sein, aber vlt. zur Erklärung: Ich hatte Chat GPT gefragt, was passiert, wenn wir in $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{m=0}^l \frac{\binom{k}{m}\binom{n-k}{l-m}}{\binom{n}{l}} \end{eqnarray*}$ das $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ersetzen. Die Antwort war, dass dann, wenn $\begin{eqnarray*} l\leq k \end{eqnarray*}$ ist, immer noch 1 herauskommt, aber wenn $\begin{eqnarray*} k < l \end{eqnarray*}$ ist (also, für uns umformuliert, $\begin{eqnarray*} k=\text{min}(k,l) \end{eqnarray*}$ ist) ein Betrag <1 herauskommt, also etwas anderes. Das hat mich irritiert. Aber wsl. sollte ich einfach solche Fragen nicht an Chat GPT stellen...

27.03.2025, 15:07

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Was besagt denn die Hypergeometrische Verteilung $\begin{eqnarray*} HG(n,k,l) \end{eqnarray*}$ :

In einer Menge von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Elementen sind $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Elemente vom Typ 1 und $\begin{eqnarray*} n-k \end{eqnarray*}$ Elemente vom Typ 2. Nun wählt man daraus $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ Elemente aus ohne Zurücklegen.

Es sei nun $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ die Anzahl der ausgewählten Elemente vom Typ 1. Wie groß kann $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ überhaupt sein?

Klar ist $\begin{eqnarray*} m\leq l \end{eqnarray*}$ , denn es werden ja nur $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ ausgewählt. Ebenso klar ist aber auch $\begin{eqnarray*} m\leq k \end{eqnarray*}$ , denn wenn nur k Elemente vom Typ 1 verfügbar sind, können durch das Ziehen ohne Zurücklegen auch nur maximal $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ausgewählt werden. $\begin{eqnarray*} m\leq k \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m\leq l \end{eqnarray*}$ kann man zusammengefasst schreiben als $\begin{eqnarray*} m\leq \min\{k,l\} \end{eqnarray*}$ .

Die gleichen Betrachtungen kann man für Typ 2 anstellen: Die Anzahl $\begin{eqnarray*} l-m \end{eqnarray*}$ der ausgewählten Elemente vom Typ 2 darf höchstens so groß sein wie die Gesamtzahl $\begin{eqnarray*} n-k \end{eqnarray*}$ der Elemente vom Typ 2. D.h. es muss gelten $\begin{eqnarray*} l-m\leq n-k \end{eqnarray*}$ , umgestellt $\begin{eqnarray*} m\geq k+l-n \end{eqnarray*}$ . Außerdem muss selbstredend $\begin{eqnarray*} m\geq 0 \end{eqnarray*}$ gelten, ergibt zusammengefasst $\begin{eqnarray*} m\geq \max\{0,k+l-n\} \end{eqnarray*}$ .

Da sind noch keine Stochastik-Kenntnisse nötig, oder Fähigkeiten zum Unformen von Summen - das ist purer GMV: Man kann von einer Sorte nicht mehr auswählen, als verfügbar ist.

27.03.2025, 15:13

Studentu

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich stimme dir zu. Wie schon zugegeben, es war ein wirklich dummer und vermeidbarer Denkfehler, ich habe den Wald vor lauter Bäumen nicht mehr gesehen. Danke für deine Hilfe!

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »