Urnenmodell "Streichholz" < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 14:26 So 24.01.2010 | | Autor: | gfm |
Hallo!
Eine Streichholzschachtel enthalte N ausschließlich unbenutze Streichhölzer. Ohne zu schauen wird eins wahllos herausgenomen, entzündet und zurückgelegt.
a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit nach M Wiederholungen alle entzündet zu haben?
b) Wiel lange dauert es im Mittel?
Dies ist kein mehrstufiges Bernoulli-Experiment, da sich die Stochastik der Bernoulli-Experimente ändern. Es ist auch nicht hypergeometrisch da N konstant bleibt.
Wer kann helfen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:01 Mo 25.01.2010 | | Autor: | gfm |
Kurze Mitteilung:
Ich kriege es auch nicht in die Urnenmodelle von Polya unter, da dort nach dem Ziehen und zurücklegen jeweils noch i derselben und j der anderen Farbe dazugelegt bzw. entnommen werden können:
schwarz [mm] \to [/mm] zurücklegen plus i schwarz, plus j weiß
weiß [mm] \to [/mm] zurücklegen plus i weiß, plus j schwarz
Meine Urne startet aber mit N-mal schwarz. Dann wird gezogen. Ist es schwarz wird sie gegen eine weiße getauscht und zurückgelegt. Ist sie weiß wird nur zurückgelegt:
schwarz [mm] \to [/mm] zurücklegen plus -1 schwarz, plus 1 weiß
weiß [mm] \to [/mm] zurücklegen plus 0 weiß, plus 0 schwarz
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:03 Mo 25.01.2010 | | Autor: | gfm |
Hallo,
ich bin immern noch an der Antwort interessiert.
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:32 Di 26.01.2010 | | Autor: | gfm |
Reicht das so wie ich es gemacht habe, damit die die Frage wieterhin offen ist?
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:35 Di 26.01.2010 | | Autor: | Herby |
Hallo gfm,
> Reicht das so wie ich es gemacht habe, damit die die Frage
> wieterhin offen ist?
>
> LG
>
> gfm
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Lg
Herby
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:55 Di 26.01.2010 | | Autor: | Walde |
Hi gfm,
also ich weiss es auch nicht, aber ich mache mal eine Überlegung dazu:
Es dürfte klar sein, dass wenn man weniger oft zieht als Hölzer drin sind, ist die W'keit Null, also für das Ereignis
[mm] A_{M,N}: [/mm] Alle N Hölzer nach M Durchführungen entzündet
gilt [mm] P(A_{M,N})=0, [/mm] falls M<N
Ich versuch mal mich ranzutasten mit M=N
Ich hab versucht es mir mal am Bsp 3 Hölzer zu überlegen. Wieviele Möglichkeiten gibt es 3 mal mit ZL zu ziehen? Bei jedem Zug 3 Möglichkeiten, das wären [mm] 3^3. [/mm] Falls alle entzündet worden sein sollen, dürfte keines doppelt (oder dreifach) gezogen werden, d.h. nur die 3! Kombinationen 3 verschiedene Hölzer zu ziehen gehören zu unserm Ereignis.
Allgemeiner: Anzahl der Kombinationen zu ziehen= [mm] N^N, [/mm] Anzahl der Kombinationen, wo jedes nur einmal gezogen wurde N!
Die W'keit ist natürlich dann der Quotient aus den beiden.
Ich mach erst mal soweit. Würdest du (wer immer das liest) sagen, das stimmt bis hierher? Ich bin mir selbst unsicher (würde aber denken "ja").
Man muss natürlich weiter verallgemeinern (leider wirds jetzt erst richtig kompliziert, glaub ich), vielleicht schaffst du es auch allein mit dieser (hoffentlich richtigen) Starthilfe.
Lg walde
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:15 Fr 29.01.2010 | | Autor: | gfm |
Vielen Dank!
OK, nun wissen die Wahrscheinlichkeit beim N-maligen Ziehen mit Zurücklegen bei N unterscheidbaren Objekten, jedes einmal gezogen zu haben.
Interessiert bin ich an der Wahrscheinlichkeit beim (N+k)-maligen Ziehen (k>0) mit Zurücklegen bei N unterscheidbaren Objekten, jedes mindestens einmal gezogen zu haben.
Gerne auch das Gegenteil:
Die Wahrscheinlichkeit beim (N+k)-maligen Ziehen (k>0) mit Zurücklegen bei N unterscheidbaren Objekten, mindestens eins nicht gezogen zu haben.
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Hallo,
ich klinke mich mal an dieser Stelle ein. Denn was ihr meiner Meinung nach vernachlässigt habt, ist dass als letztes ein nicht abgebranntes Streichholz gezogen werden muss. Leider reicht mein mathematisches Verständnis nicht ganz aus, um euren Formeln vollständig zu folgen aber ich hätte mal eine Idee, wie man nach dem M=N-Fall weiter macht.
Man könnte ja der Einfachheit halber erstmal die Wahrscheinlichkeit für M+1 Ziehungen ausrechnen. Es gibt also M-viele Möglichkeiten wie gezogen wird. Allerdings hat jeder Fall eine andere Wahrscheinlichkeit. Wie man das sinnvoll berechnet und zusammen fasst, könnt ihr sicher besser als ich, weshalb ich das jetzt nicht ausführe.
Ich denke, dass man dieses Verfahren dann auch verallgemeinern kann, so dass man am Ende auch den Erwartungswert berechnen kann.
Viel Erfolg noch,
Roland.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:37 Fr 29.01.2010 | | Autor: | gfm |
Ja, vielen, Dank.
Es müßte gelten
P(Das letzte unverbrauchte Holz von N Hölzern nach N+k Versuchen [mm] verbraucht)=\bruch{1}{N-1}P(N-1 [/mm] Hölzer von N-1 Hölzern nach N+k-1 Versuchen verbraucht).
Somit läßt es sich auf das zurückführen, was wir diskutieren.
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:42 Fr 29.01.2010 | | Autor: | Walde |
Hi Roland,
gut, dass noch jemand mitliest.
Hm, ich glaube beim a)-Teil ist es egal, dass schon früher, als nach der M-ten Durchführung alle Hölzer entzündet sein könnten. Jedenfalls hatte ich die Aufgabenstellung so interpretiert. Mir scheint, als ob stur M-mal gezogen wird, und nicht schon vorher abgebrochen wird.
Beim b)-Teil kommt das allerdings zum Tragen. Hier müsste man wohl die ZV Y=Anzahl der Durchführungen bis alle Hölzer entzündet sind betrachten.
Da kann ich aber erst morgen nochmal dran überlegen,(wenns dann noch nötig ist).
LG walde
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:01 Fr 29.01.2010 | | Autor: | gfm |
Was hälst Du von folgendem:
Wir haben also N unterscheidbare Objekte und ziehen m.Z. (N+k)-mal und fragen nach der Wahrscheinlichkeit P alle N mindestens einmal gezogen zu haben. Das ist dann die eins minus Wahrscheinlichkeit, mindestens eins nicht getroffen zu haben.
Die Wahrscheinlichkeit, mindestens eins nicht getroffen zu haben, ist die Summe der Wahrscheinlichkeiten genau eins, oder zwei,..., oder N-1 nicht gezogen zu haben:
[mm] P=1-\summe_{j=1}^{N-1} \bruch{\vektor{N \\ j}(N-j)^{N+k}}{N^{N+k}}=1-\summe_{j=1}^{N-1} \vektor{N \\ j}(1-\bruch{j}{N})^{N+k}=1-\summe_{j=1}^{N-1}\vektor{N \\ j}\summe_{i=0}^{N+k}\vektor{N+k \\ i}(-1)^{i}(\bruch{j}{N})^{i}
[/mm]
[mm] =1-\summe_{i=0}^{N+k}(-1)^{i}\vektor{N+k \\ i}\summe_{j=1}^{N-1}\vektor{N \\ j}(\bruch{j}{N})^{i}
[/mm]
Richtig und gibt es eine Vereinfachungsmöglichkeit?
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(Antwort) noch nicht fertig  | | Datum: | 17:33 Fr 29.01.2010 | | Autor: | Walde |
Ok, so schnell kann ich nicht sehen, ob die Formel stimmt. Überprüf mal meinen Gedankengang, ich müsste hoffentlich auf dasselbe kommen.
X: sei die Anzahl das 1. Holz gezogen zu haben, bei N+k Ziehungen mit Zurücklegen
X binomialveteilt, also [mm] P(X_1=j)=\vektor{N+k\\j}(\bruch{1}{N})^j(\bruch{N-1}{N})^{N+k-j}
[/mm]
Das gilt dann für alle der N Hölzer.
[mm] P(X_N=0) [/mm] heisst dann, das N-te Holz wurde 0 mal gezogen. Und wir bräuchten die W'keit des Ereignisses [mm] (X_1=0 [/mm] oder [mm] X_2=0 [/mm] oder ... oder [mm] X_N=0), [/mm] leider sind die Ereignisse nicht stochastisch unabhängig....
Ich hab grad keine Zeit weiter zu überlegen, ich mach später weiter.
LG walde
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:06 Fr 29.01.2010 | | Autor: | gfm |
Also Du meinst, wir betrachten einen Zufallsvektor [mm] X:\Omega \to\IN_{0}^{N} [/mm] der die Anzahl der Ziehungen für jedes Streichholz ausgibt, wenn (N+k)-mal m.Z. gezogen wird. Dann seien die Randverteilungen binomial?
Da stimme ich zu.
Und gesucht ist dann [mm] P(\{\produkt_{i=1}^{N}X_{i}>1\}) [/mm]
Und [mm] P(\bigcap_{i=1}^{N}\{X_{i}=a_{i}\})<>\produkt_{i=1}^{N}P(\{X_{i}=a_{i}\})?
[/mm]
Auch da stimme ich zu.
:)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:46 Fr 29.01.2010 | | Autor: | gfm |
Der Zufallsvektor X müßte dann einer Multinomialverteilung
[mm] P(X_1=x_1, X_2=x_2, [/mm] ... , [mm] X_N=x_N)= \frac {N!}{x_1! \cdot x_2! \cdot \ldots \cdot x_N!}p_1^{x_1} \cdot p_2^{x_2} \cdot \ldots \cdot p_N^{x_N},
[/mm]
mit [mm] p_1=p_2=\ldots =p_N=\bruch{1}{N}, [/mm] also
[mm] P(X_1=x_1, X_2=x_2, [/mm] ... , [mm] X_N=x_N)= \frac {N!}{x_1! \cdot x_2! \cdot \ldots \cdot x_N!}(\bruch{1}{N})^{x_1+x_2+\ldots +x_N},
[/mm]
mit [mm] x_1+x_2+\ldots +x_N=N+k, [/mm] also
[mm] P(X_1=x_1, X_2=x_2, [/mm] ... , [mm] X_N=x_N)= \frac {N!}{N^{N+k}x_1! \cdot x_2! \cdot \ldots \cdot x_N!},
[/mm]
genügen, und ich suche
[mm] \summe_{x_i\ge1 \wedge \summe x_i=N+k}\frac {N!}{N^{N+k}x_1! \cdot x_2! \cdot \ldots \cdot x_N!}, [/mm]
richtig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:32 Fr 29.01.2010 | | Autor: | Walde |
Ja, das gefällt mir schon besser. Die anderen Formeln konnte ich nicht so nachvollziehen (was aber nix heissen muss), aber dieses Modell scheint mir zutreffend.
Aber hier...
> Der Zufallsvektor X müßte dann einer
> Multinomialverteilung
>
> [mm]P(X_1=x_1, X_2=x_2,[/mm] ... , [mm]X_N=x_N)= \frac {\red{N!}}{x_1! \cdot x_2! \cdot \ldots \cdot x_N!}p_1^{x_1} \cdot p_2^{x_2} \cdot \ldots \cdot p_N^{x_N},[/mm]
>
> mit [mm]p_1=p_2=\ldots =p_N=\bruch{1}{N},[/mm] also
..muss glaub ich (N+k)! stehen,kommt von der Anzahl der Ziehungen,oder? Weiter unten dann entsprechend.
>
> [mm]P(X_1=x_1, X_2=x_2,[/mm] ... , [mm]X_N=x_N)= \frac {N!}{x_1! \cdot x_2! \cdot \ldots \cdot x_N!}(\bruch{1}{N})^{x_1+x_2+\ldots +x_N},[/mm]
>
> mit [mm]x_1+x_2+\ldots +x_N=N+k,[/mm] also
>
> [mm]P(X_1=x_1, X_2=x_2,[/mm] ... , [mm]X_N=x_N)= \frac {N!}{N^{N+k}x_1! \cdot x_2! \cdot \ldots \cdot x_N!},[/mm]
>
>
> genügen, und ich suche
>
> [mm]\summe_{x_i\ge1 \wedge \summe x_i=N+k}\frac {N!}{N^{N+k}x_1! \cdot x_2! \cdot \ldots \cdot x_N!},[/mm]
>
> richtig?
>
Du summierst über alle Kombinationen, bei denen die Summe der [mm] x_i=N+k [/mm] ist und jedes der [mm] x_i [/mm] mindestens 1 ist. Ja, ich glaube es stimmt (bis auf das N!, siehe oben).
Dann ist die Aufgabe fertig, oder?
LG walde
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:39 Fr 29.01.2010 | | Autor: | gfm |
Ja (N+k)! muss es oben heißen.
Ist die Aufgabe fertig? Fast. Ich brauche am besten noch eine geschlossene Formel.
LG
gfm
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 22:01 Fr 29.01.2010 | | Autor: | gfm |
[mm] \summe_{x_i\ge1 \wedge \summe x_i=N+k}\frac {(N+k)!}{N^{N+k}x_1! \cdot x_2! \cdot \ldots \cdot x_N!}
[/mm]
[mm] =\summe_{\summe x_i=N+k}\frac {(N+k)!}{N^{N+k}x_1! \cdot x_2! \cdot \ldots \cdot x_N!}-\summe_{\exists x_i=0 \wedge \summe x_i=N+k}\frac {(N+k)!}{N^{N+k}x_1! \cdot x_2! \cdot \ldots \cdot x_N!}
[/mm]
[mm] =1-\summe_{\exists x_i=0 \wedge \summe x_i=N+k}\frac {(N+k)!}{N^{N+k}x_1! \cdot x_2! \cdot \ldots \cdot x_N!}
[/mm]
Na, ja und jetzt könnte man die Summe zerlegen nach genau j der N [mm] x_i [/mm] sind gleich null und die anderen ergeben N+k. Dann sollte man von der Struktur der Formel in die Nähe meine ursprünglichen Ansatzes gelangen.
Was meinst Du? Oder hast Du eine andere Idee?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:02 Mo 01.02.2010 | | Autor: | Walde |
Hi gfm,
tja, tut mir leid, wie man daraus eine geschlossene Formel in Abängigkeit von N und M gewinnt, seh ich grad nicht...
LG walde
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:20 Di 02.02.2010 | | Autor: | gfm |
Werd selber noch herumprobieren.
Danke für deine Beteiligung!
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:20 Mo 01.03.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Frage) überfällig | | Datum: | 18:42 Fr 29.01.2010 | | Autor: | gfm |
Wenn genau j Objekte nicht gezogen wurden, müssen die N-j mindestens einmal gezogen worden sein, was bedeutet, dass von den N-k Ziehungen nur N+k-j-(N-j)=k Ziehungen "variabel" sind. Und ich glaube auch, dass der Binomialkoeffzient (Kombinationen) durch N!/(N-j)! (Variationen) ersetzt werden muss:
[mm] P=1-\summe_{j=1}^{N-1} \bruch{N!(N-j)^{k}}{(N-j)!N^{N+k}}=1-\bruch{N!}{N^{N+k}}\summe_{j=1}^{N-1} \bruch{(N-j)^{k}}{(N-j)!}=1-\bruch{N!}{N^{N+k}}\summe_{j=1}^{N-1} \bruch{j^{k}}{j!}
[/mm]
Richtig?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:20 So 31.01.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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