Doppelte Ziehung zum Zweiten

26.03.2025, 15:59

Studentu

Doppelte Ziehung zum Zweiten

Hallo allerseits!
Ich habe eine Frage, die ganz ähnlich zu der ist, die schon in diesem Thread diskutiert wurde: Kombinatorisches Problem: doppelte Ziehung

Das Modell genau das Gleiche, nur meine Frage dazu ist eine andere, das heißt:

A und B haben jeweils zwei Töpfe voll Kugeln, die von 1 bis n nummeriert sind. A zieht aus ihrem Topf beliebig viele Kugeln und B zieht aus seinem Topf beliebig viele Kugeln. Für jede der n Kugeln ist die Wahrscheinlichkeit, von A gezogen zu werden, $\begin{eqnarray*} P_Z^A\in (0,1) \end{eqnarray*}$ und genauso für B mit $\begin{eqnarray*} P_Z^B \in (0,1) \end{eqnarray*}$ .
Nun betrachtet A beliebig viele seiner gezogenen Kugeln und B beliebig viele seiner gezogenen Kugeln. Für jede der von A gezogenen Kugeln ist die Wahrscheinlichkeit, betrachtet zu werden, gegeben durch $\begin{eqnarray*} P_S^A \in (0,1) \end{eqnarray*}$ und genauso für B mit $\begin{eqnarray*} P_S^B \in (0,1) \end{eqnarray*}$ .
In dem verlinkten Thread war ich an der Wahrscheinlichkeit interessiert, dass beide genau eine Kugel anschauen und diese Kugel unterschiedlich ist.
Nun würde mich im Gegensatz dazu noch die Wahrscheinlichkeit dafür, dass beide genau eine Kugel anschauen und diese Kugeln gleich nummeriert sind, interessieren.
Eigentlich klingt das nach einem einfacheren Problem, aber ich bin mit zwei Herangehensweisen auf zwei Formeln gekommen, die sich nicht ineinander überführen lassen, sondern geringfügig unterscheiden. Darum würde mich interessieren, welche der Herangehensweisen korrekt ist und wo der Fehler in der nicht korrekten liegt.

Formel 1:
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{j=1}^n \binom{n}{j}(P_Z^A)^j (P_Z^B)^j \binom{j}{1} (P_S^A)^1 (P_S^B)^1 (1-P_S^A)^{j-1} (1-P_S^B)^{j-1} \sum\limits_{k=0}^{n-j}\binom{n-j}{k}(P_Z^A)^k (1-P_Z^A)^{n-j-k}(1-P_S^A)^k\sum\limits_{l=0}^{n-j-k} \binom{n-j-k}{l}(P_Z^B)^l (1-P_Z^B)^{n-j-l} (1-P_S^B)^l \end{eqnarray*}$
Überlegung hinter Formel 1:
Die j summieren über alle Paare von gleich nummerierten Kugeln, die gezogen werden. Es werden also j Kugeln von A und B gezogen, welche die gleichen Nummern haben. Von diesen j Kugeln gibt es genau ein Paar, das dann auch tatsächlich sowohl von A als auch B angeschaut wird.
Die Summen, die über k und über l laufen, repräsentieren hingegen die gezogenen Kugeln, bei denen vom jeweils anderen nicht auch eine Kugel mit der gleichen Nummerierung gezogen wird. Von diesen Kugeln wird gar keine angeschaut.
Formel 1 lässt sich vereinfachen zu $\begin{eqnarray*} n\,P_Z^A P_S^A (1-2P_Z^A P_S^A+P_Z^A)^{n-1} P_Z^B P_S^B (1-2P_Z^B P_S^B+P_Z^B)^{n-1} \end{eqnarray*}$

Formel 2:
$\begin{eqnarray*} n\, P_Z^A P_S^A (1-P_Z^A P_S^A)^{n-1} P_Z^B P_S^B (1-P_Z^B P_S^B)^{n-1} \end{eqnarray*}$
Überlegung hinter Formel 2:
Hier habe ich versucht, mich an dem Vorgehen aus dem verlinkten Thread zu orientieren. Das hat mich auf diese Formel gebracht, weil es $n$ mögliche Paare gibt, die zum Ziel führen und sowohl A als auch B jeweils eine Kugel ziehen und anschauen und jeweils n-1 Kugeln gezogen und nicht angeschaut oder gar nicht erst gezogen werden.

Der Überlegung nach macht beides Sinn (wobei ich ein Stück mehr zu Formel 1 tendiere, weil mir diese "vollständiger" und nachvollziehbarer erscheint, aber es mich irritiert, dsas sie eben nicht in Formel 2, die auch plausibel erscheint, überführt werden kann).

Darum wäre ich sehr dankbar, wenn mir jemand beantworten kann, welche der beiden Formeln korrekt ist und wo der Fehler in der nicht korrekten liegt. Danke euch im Voraus!

P.S.: Falls Hal9000 den Beitrag liest: Ich habe mich bemüht, das Modell klar zu schildern und in der Darstellung nicht die gleichen Verwirrungen zu stiften wie in dem alten Thread. Ich hoffe, das ist mir gelungen, andernfalls gib bitte Bescheid.

27.03.2025, 08:49

HAL 9000

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Formel 1 scheint richtig zu sein, aber

Zitat:

Original von Studentu
Formel 1 lässt sich vereinfachen zu $\begin{eqnarray*} n\,P_Z^A P_S^A (1-2P_Z^A P_S^A+P_Z^A)^{n-1} P_Z^B P_S^B (1-2P_Z^B P_S^B+P_Z^B)^{n-1} \end{eqnarray*}$

ist falsch. Wenn du wissen willst warum, dann schreibe deine Vereinfachungsschritte hin mit Begründung, dann werden wir schon aufdecken, wo du einen Fehler gemacht hast.

Über Formel 2 müssen wir nicht reden, die ist korrekt (siehe anderer Thread).

Zitat:

Original von Studentu
Die j summieren über alle Paare von gleich nummerierten Kugeln, die gezogen werden.

Eine ziemlich irreführende Beschreibung, die überhaupt nicht zu dem passt, was ich in der Formel lese. Wenn ich diesen Satz für sich allein interpretieren müsste, dann so:
Mit $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ meinst du die Kugelnummer, und $\begin{eqnarray*} (j,j) \end{eqnarray*}$ dann das gezogene Paar von A und B, d.h., insgesamt die Paare $\begin{eqnarray*} (1,1),\ldots,(n,n) \end{eqnarray*}$ . Anscheinend meinst du es nicht so,
aber ich wollte dir mal vor Augen führen, wie dieser Satz bei mir angekommen ist.

Mit Mengen lässt sich viel eher beschreiben, was du vermutlich meinst:
Sei $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ die Menge der von A ausgewählten Kugelnummern und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ analog jene Menge bei B. Dann ist in der großen Summe einfach $\begin{eqnarray*} j=|A\cap B|, k=|A\setminus B| \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} l=|B\setminus A| \end{eqnarray*}$ . D.h., insgesamt wählt A genau $\begin{eqnarray*} |A|=j+k \end{eqnarray*}$ und B genau $\begin{eqnarray*} |B|=j+l \end{eqnarray*}$ Kugeln aus. Letzten Endes kann ich damit deine Summenformel 1 nachvollziehen.

27.03.2025, 09:16

Studentu

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Hallo Hal9000,
danke für deine Antwort!
Den Satz zu Formel 1, den ich schlecht formuliert habe, hast du vollkommen richtig interpretiert. Danke, dass du mir auch gleich gezeigt hast, wie man das besser ausdrücken kann.

Die Vereinfachung habe ich mit Wolfram Alpha und Wolfram Mathematica erhalten. Darum wundert es mich, dass sie falsch sein soll, wenngleich es mich sehr freut und erleichtert, wenn Formel 1 richtig ist und entsprechend auch noch mit Formel 2 übereinstimmt. Aber ich habe mir bei der Eingabe nur den Teil für A herausgegriffen, vlt. ergibt das nicht das Gleiche wie wenn man A und B kombiniert berechnet?

Bevor ich sie in Wolfram eingegeben habe, habe ich schon versucht, die Formel händisch umzuformen. Aber sowohl beim Versuch, zuerst die inneren Summen aufzulösen und dann die äußeren Summen darüber zu bilden als auch dabei, die Summen zusammenzuziehen, also die Exponenten zu gleicher Basis zu addieren, bin ich angestanden. Kannst du mir bitte einen Tipp geben, welche Vorgangsweise ich wählen soll und wie ich infolge mit den Umformungen zum Ziel komme?

27.03.2025, 09:58

HAL 9000

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Es sind drei Vereinfachungsschritte, alle mit dem Binomischen Satz:

1) Zunächst über $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ gemäß $\begin{eqnarray*} \sum_{l=0}^{n-j-k} \binom{n-j-k}{l} a^l b^{n-j-k-l} = (a+b)^{n-j-k} \end{eqnarray*}$ .
2) Dann über $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ gemäß $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{n-j} \binom{n-j}{k} a^k b^{n-j-k} = (a+b)^{n-j} \end{eqnarray*}$ .
3) Schlußendlich über $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ gemäß $\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^n j\binom{n}{j} a^j b^{n-j} = na\sum_{j=1}^n \binom{n-1}{j-1} a^{j-1} b^{n-1-(j-1)} = na (a+b)^{n-1} \end{eqnarray*}$ .

Natürlich jeweils mit anderen $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ in den einzelnen Schritten. Im letzten Schritt wurde zusätzlich das auch schon im letzten Thread verwendete $\begin{eqnarray*} j\binom{n}{j} = n\binom{n-1}{j-1} \end{eqnarray*}$ genutzt.

Ich gruppiere zunächst mal die Faktoren in deiner Summe so um, dass sie den genannten Vereinfachungen einfacher zugänglich ist:

$\begin{eqnarray*} n P_Z^A P_S^A P_S^B P_Z^B \sum_{j=1}^n \binom{n-1}{j-1}(P_Z^A)^{j-1} (P_Z^B)^{j-1} \left(1-P_S^A\right)^{j-1} \left(1-P_S^B\right)^{j-1} \sum_{k=0}^{n-j}\binom{n-j}{k}(P_Z^A)^k (1-P_S^A)^k (1-P_Z^A)^{n-j-k} \sum_{l=0}^{n-j-k} \binom{n-j-k}{l}(P_Z^B)^l (1-P_S^B)^l (1-P_Z^B)^{n-j-l} \end{eqnarray*}$ .

Schritt 1) nun mit $\begin{eqnarray*} a= P_Z^B\left(1-P_S^B\right) \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} b=1-P_Z^B \end{eqnarray*}$ , usw.

27.03.2025, 13:54

Studentu

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Hallo Hal,
danke für das Wegweisen.

Also um (1) auf B anzuwenden, müssen wir noch $\begin{eqnarray*} (1-P_Z^B)^k \end{eqnarray*}$ herausheben, damit wir den Faktor $\begin{eqnarray*} (1-P_Z^B)^{n-j-l-k} \end{eqnarray*}$ haben, den wir für die Binomische Formel brauchen.
Somit stehen wir nach Durchführung von (1) und (2) mit dem Ausdruck
$\begin{eqnarray*} n P_Z^A P_S^A P_Z^B P_S^B \sum\limits_{j=1}^n\binom{n-1}{j-1}(P_Z^AP_Z^B(1-P_S^A)(1-P_S^B))^{j-1} (1-P_Z^BP_S^B)^{n-j-k}(1-P_Z^B)^k \end{eqnarray*}$ da.
Und der hintere Ausdruck mit den Bs passt ja nicht in die Binomische Formel, weil wir keine einheitliche Basis mit Exponenten $\begin{eqnarray*} n-j \end{eqnarray*}$ haben?

27.03.2025, 14:13

HAL 9000

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Du machst schon wieder zwei Schritte auf einmal. Schreib doch erstmal den Term hin, wo noch die j- und die k-Summe drin stehen, dann sehen wir weiter - ich hab keine Lust, hinter dir aufzuräumen.

P.S.: Wie kann es sein, dass noch von $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ abhängige Terme in deiner Summe stehen, wo du doch angeblich die Summation über $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ schon durchgeführt hast??? Das darf eben gar nicht passieren - es sei denn, man pfuscht. Forum Kloppe

27.03.2025, 14:40

Studentu

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Achso, du hast Recht, da kann natürlich kein k mehr sein. Das liegt daran, dass ich die Summe über l nur mit den B-Termen und die über k nur mit den A-Termen, also ohne den herausgehobenen Faktor betreffend B gebildet habe.
Ich korrigiere das gleich mal.

27.03.2025, 17:55

HAL 9000

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Ok, als Beweis dass die HI noch ganz gut bestehen kann gegen die AI: Nach 1) bekommt man (die Basen der Potenzen geeignet zusammengefasst)

$\begin{eqnarray*} n P_Z^A P_S^A P_S^B P_Z^B \sum_{j=1}^n \binom{n-1}{j-1} \left(P_Z^A P_Z^B \left(1-P_S^A\right) \left(1-P_S^B\right)\right)^{j-1} \sum_{k=0}^{n-j}\binom{n-j}{k} \left(P_Z^A \left(1-P_S^A\right) \left(1-P_Z^B\right)\right)^k \left(\left(1-P_Z^A\right)\left(1-P_Z^B P_S^B\right)\right)^{n-k-j} \end{eqnarray*}$

Dann Schritt 2) mit Exponent $\begin{eqnarray*} n-j \end{eqnarray*}$ , es kommt heraus

$\begin{eqnarray*} n P_Z^A P_S^A P_S^B P_Z^B \sum_{j=1}^n \binom{n-1}{j-1} \left(P_Z^A P_Z^B \left(1-P_S^A\right) \left(1-P_S^B\right)\right)^{j-1} \left(P_Z^A\left(1-P_S^A\right)\left(1-P_Z^B\right)+\left(1-P_Z^A\right)\left(1-P_Z^B P_S^B\right)\right)^{n-j} \end{eqnarray*}$ .

Schließlich Schritt 3) mit Exponent $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ , es kommt heraus $\begin{eqnarray*} n P_Z^A P_S^A P_S^B P_Z^B x^{n-1} \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} x &&= P_Z^A P_Z^B \left(1-P_S^A\right) \left(1-P_S^B\right) + P_Z^A\left(1-P_S^A\right)\left(1-P_Z^B\right)+\left(1-P_Z^A\right)\left(1-P_Z^B P_S^B\right) = P_Z^A \left(1-P_S^A\right) \left(1-P_Z^B P_S^B\right) + \left(1-P_Z^A\right)\left(1-P_Z^B P_S^B\right)\\ &&= \left[ P_Z^A \left(1-P_S^A\right) + \left(1-P_Z^A\right)\right] \left(1-P_Z^B P_S^B\right) = \left[ 1 - P_Z^A P_S^A\right] \left(1-P_Z^B P_S^B\right) \end{eqnarray*}$ .

Und wofür die ganze Mühe? Um zu einer Formel zu gelangen, die bei durchdachtem Vorgehen (Formel 2) viel schneller erreichbar ist.

27.03.2025, 17:59

Studentu

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Hallo Hal9000,
vielen Dank für die Hinweise! Es hat nun geklappt und Formel 1 lässt sich mit deinen Tipps tatsächlich zu Formel 2 vereinfachen. Freude

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