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Universität/Hochschule Urnenmodelle und das Ermitteln der Wahrscheinlichkeit
WagW
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-11-29


Hallo zusammen,

Angenommen ich habe $n$-viele Fächer und $k$-viele ununterscheidbare Kugeln. Wie ist nun die Wahrscheinlichkeit (WSK), dass in einem vorher festgelegten Fach $\bar{\omega}$ genau $l$-viele Kugeln landen, wobei $0\leq l \leq k$?

Wenn ich jetzt einfach nur die Möglichkeiten ermitteln möchte, die es gibt, dass $l$-viele Kugeln im Fach $\bar{\omega}$ landen und nicht die WSK, dann würde ich einfach mit dem bekannten Modell "Ziehen mit Zurücklegen und ohne Reihenfolge" arbeiten und erhalte dann:

Kardinalität meines Ereignisraumes: $|\Omega|= {n+k-1 \choose k}$
Anzahl der positiven Ereignisse: ${n+k-l-2 \choose k-l}$

Ich hoffe mal das ist so richtig bisher.

Mein Verständnis bzgl. der Ermittlung der WSK wäre nun, dass ich eben nicht sagen darf, dass meine gesuchte WSK $= \frac {{n-k-l-2 \choose k-l}}{{n+k-1 \choose k}}$ ist. Ich bin ja nicht in einem Laplace-Experiment, da die Elemente aus $\Omega$ Mengen sind, die nicht alle gleichwahrscheinlich sind. Bsp.: Wären $\{1, 1, 1\}$ und $\{1, 2, 3\}$

Wenn ich nun die WSK korrekt ermitteln möchte, so muss ich die ununterscheidbaren Kugel durchnummerieren. Ich erhalte so einen neuen Ereignisraum $\Omega'$ dessen Kardinalität dann $n^k$ baträgt. In $\Omega'$ sind dann keine Mengen (wie zuvor in $\Omega$) enthalten, sondern Tupel - also die Reihenfolge wäre jetzt zu berücksichtigen. In diesem Ereignisraum sind nun alle Elemente gleichwahrscheinlich (Laplace-Experiment). Ich darf also die Wahrscheinlichkeit folgendermaßen ermitteln:

Kardinalität meines Ereignisraumes: $|\Omega'|= n^k$
Anzahl der positiven Ereignisse: ${k \choose l}(n-1)^{k-l}$
WSK= $\frac{{k \choose l}(n-1)^{k-l}}{n^k}$

Ich bin mir aber total unsicher, ob das so richtig ist, oder ob nicht doch wieder einen Denkfehler drin habe (zumal unsere Musterlösung sagt, dass die WSK $= \frac {{n-k-l-2 \choose k-l}}{{n+k-1 \choose k}}$ sei)

Vielleicht kann mir jemand helfen Licht ins Dunkel zu bringen.

viele Grüße

WagW







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StefanVogel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-12-01


Hallo WagW,
bei der ersten Lösung habe ich eine andere Anzahl der positiven Ergebnisse heraus.

Warum sollen die Elemente aus <math>\Omega</math> nicht gleichwahrscheinlich sein? Dass drei Kugeln im Fach 1 zu liegen kommen ist genauso wahrscheinlich wie je eine Kugel in Fach 1, 2 und 3. Oder mit drei ununterscheidbaren Würfeln die Augenzahlen 1,1,1 erreichen ist genauso wahrscheinlich wie 1,2,3. Deshalb müsste über den zweiten Rechenweg das gleiche Ergebnis wie beim ersten Rechenweg herauskommen.

Viele Grüße,
  Stefan
 



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WagW
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-01


Hallo Stefan,

bei der Menge meiner positiven Ereignisse hatte ich aus Versehen ein "$-$" anstatt einem "$+$" - ich hab's verbessert.

Was meine erste Lösung angeht, so hatte ich da irgendwie einen Knoten im Kopf. Ich verstehe nun, dass jedes Element aus meinem Ereignisraum, die gleiche WSK hat.

Was ich aber nicht verstehe bzw. ich glaube, dass das falsch ist, ist zu sagen, dass beide Lösungen gleich sein müssten. Nachdem ich etwas länger darüber nachgedacht habe, glaube ich, dass das Durchnummerieren der Kugeln, die ja eigentlich ununterscheidbar waren, zu einem komplett neuen Experiment führt. Die Wahrscheinlichkeit, dass nun in diesem neuen Experiment $l$-Kugeln in einem vorher festgelegt Fach landen müsste also anders sein, oder höchstens zufällig der WSK aus dem ersten Experiment entsprechen.

Was meinst Du?

viele Grüße
WagW




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StefanVogel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-12-01


Mit dem "+" das Ergebnis habe ich auch raus und es steht bestimmt auch in der Musterlösung mit "+".

Den Knoten habe ich jetzt (war aber keine Absicht): Die Kardinalität von \(\Omega\) bezeichnet doch die Anzahl der Möglichkeiten, k ununterscheidbare Kugeln auf n beschriftete Fächer zu verteilen. Damit ist aber nichts über die Wahrscheinlichkeit ausgesagt, mit welcher diese Möglichkeiten eintreffen, wenn man jede einzelne Kugel für sich allein gleichverteilt in eines der Fächer legt. Und diese Wahrscheinlichkeit ist, wie du schon geschrieben hast, (möglicherweise) unterschiedlich. Mein Vergleich

2019-12-01 08:17 - StefanVogel in Beitrag No. 1 schreibt:
Oder mit drei ununterscheidbaren Würfeln die Augenzahlen 1,1,1 erreichen ist genauso wahrscheinlich wie 1,2,3.

stimmt nicht. 1,1,1 erreichen ist wahrscheinlich mit 1/6/6/6 und 1,2,3 erreichen kann ich

mit dem ersten Würfel die 1, mit dem zweiten die 2, mit dem dritten die 3 oder
mit dem ersten Würfel die 1, mit dem zweiten die 3, mit dem dritten die 2 oder
und so weiter 2,1,3 oder 2,3,1 oder 3,1,2 oder 3,2,1 also insgesamt mit Wahrscheinlichkeit 1/6/6.

Deshalb bin ich im Moment der Meinung, dass dein zweiter Versuch der richtige Ansatz ist, wobei ich jetzt noch nichts dazu sagen kann, ob in deinem  Ergebnis noch irgendein Rechenfehler drin ist.


EDIT: (Beispiel) Auf n=3 beschriftete Fächer werden k=2 beschriftete Kugeln verteilt und gesucht ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass im ersten Fach genau l=1 Kugeln zu liegen kommen. Mit (i,j) bezeichne ich, dass die erste Kugel in Fach i zu liegen kommt und die zweite in Fach j. Dann sind folgende neun Ergebnisse möglich
(1,1)
(1,2) *
(1,3) *
(2,1) *
(2,2)
(2,3)
(3,1) *
(3,2)
(3,3)

von denen die mit * markierten positive Ergebnisse sind (egenau eine Kugel im ersten Fach, also Wahrscheinlichkeit 4/9

Wenn man die Beschriftung der Kugeln entfernt, sind nur noch sechs Ergebnisse möglich
(1,1)
(1,2) = (2,1) *
(1,3) = (3,1) *
(2,2)
(2,3) = (3,2) 
(3,3)
von denen zwei positiv sind. Man darf aber jetzt nicht 2/6 als Wahrscheinlichkeit nehmen, weil die Ergebnisse nicht gleichwahrscheinlich sind.



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WagW
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-02


Hallo Stefan,

bzgl Deines Beispiels bin ich zu folgendem Schluss gekommen:

Die Kugeln sind immer noch ununterscheidbar, daher darf man sie nicht plötzlich nummerieren und mit dem ersten Fall vergleichen. Zu sagen, dass im zweiten Fall $(1,2) = (2,1)$, $(1,2) = (2,1)$ und $(2,3) = (3,2)$ gilt, macht aus meiner Sicht keinen Sinn, da man nicht weiß welches die erste oder zweite Kugel ist. Vor allem darf man nicht einfach den ersten Fall dazu benutzen, um die Wahrscheinlichkeit im zweiten Fall herzuleiten, weil beide Fälle einfach zwei komplett verschiedene Experimente sind. Vielmehr ist das Problem, dass man im zweiten Fall überhaupt nicht weiß wie wahrscheinlich ein Ereignis aus dem Ereignisraum $\Omega = \{\{1,1\},\{1,2\} ,\{1,3\},\{2,2\},\{2,3\},\{3,3\}\}$ ist. Man kann jetzt natürlich willkürlich einfach sagen, dass die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses aus $\Omega$ mithilfe des ersten Falles ermittelt wird, aber genauso gut kann man auch irgendeine andere Wahrscheinlichkeitsfunktion zu Grunde legen, die bspw. dafür sorgt, dass alle Ereignisse aus $\Omega$ wirklich gleich wahrscheinlich sind.

Beim Beispiel der $3$ ununterscheidbaren Würfel weiß man ja wie die Wahrscheinlichkeit zu Stande kommt, da man weiß wie Würfel "funktionieren" (wenn sie fair sind).

Fazit:
Wenn ich also $k$ ununterscheidbare Kugeln und $n$ nummerierte Fächer (die auch mehrfach belegt werden dürfen) habe und in der Aufgabenstellung gesagt wird, dass für $k$ Kugeln über irgendeinen nicht näher definierten Prozess es gleich wahrscheinlich ist in jedem Fach zu landen, dann muss ich die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses $A$ über $P(A)= \frac {|A|}{{n+k-1 \choose k}}$  berechnen.

Was meinst Du?

viele Grüße
WagW



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-12-02


2019-11-29 16:46 - WagW im Themenstart schreibt:
Angenommen ich habe $n$-viele Fächer und $k$-viele ununterscheidbare Kugeln. Wie ist nun die Wahrscheinlichkeit (WSK), dass in einem vorher festgelegten Fach $\bar{\omega}$ genau $l$-viele Kugeln landen, wobei $0\leq l \leq k$?

Hallo,
ich habe mir jetzt nicht alles durchgelesen. Ist es richtig, dass jede der k Kugeln unabhängig voneinander in einem der n Fächer mit WSK 1/n landet?

Dann liegt doch eine Binomialverteilung (mit Parameter k und 1/n) vor. Die gesuchte WSK ist also \(\binom{k}{l}(\frac1n)^l(1-\frac1n)^{k-l}\).

Gruß
StrgAltEntf



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WagW
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-02


Hi StrgAltEntf,

zu dem Prozess wie jetzt die ununterscheidbaren Kugeln ausgewählt werden und in den Fächern landen gibt es keine weiteren Infos. Wenn sie nacheinander auf die Fächer verteilt werden und jedes Fach gleich wahrscheinlich ist, dann bin ich auch der Meinung, dass Dein Ergebnis richtig sein müsste. Auf dieses Ergebnis bin ich ja auch eingangs gekommen.

Das Problem sind aber die ununterscheidbaren Kugeln. Man müsste einfach Annahmen treffen wie der Prozess des Verteilens der ununterscheidbaren Kugeln auf die Fächer durchgeführt wird bzw. wie die Wahrscheinlichkeit ist, dass wir für $k$ ununterscheidbare Kugeln eine Einsortierung auf die $n$ Fächer erhalten.

In meinem Beitrag No.4 habe ich eine solche Annahme getroffen und in diesem Fall würde ich eben nicht auf Dein Ergebnis kommen.

Aber ich bin mir immer noch nicht ganz sicher  😵

viele Grüße
WagW



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-12-02


2019-12-02 20:16 - WagW in Beitrag No. 6 schreibt:
Auf dieses Ergebnis bin ich ja auch eingangs gekommen.

Ach so! Bei deiner Formel WSK= $\frac{{k \choose l}(n-1)^{k-l}}{n^k}$ fehlt dann aber noch der Faktor \(\frac1{n^l}\).

Die WSK sollte m. E. unabhängig davon sein, ob man die Kugeln unterscheiden kann oder nicht.



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WagW
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-02


Falls ich mich nicht verrechnet habe gilt doch einfach:

$\frac{{k \choose l}(n-1)^{k-l}}{n^k}=\frac{{k \choose l}n^{k-l}(1-\frac{1}{n})^{k-l}}{n^k}={k \choose l}n^{-l}(1-\frac{1}{n})^{k-l}={k \choose l}\left(\frac{1}{n}\right)^l(1-\frac{1}{n})^{k-l}$

Oder wie meinst Du das, dass der Faktor $\left(\frac{1}{n}\right)^l$ fehlt?



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-12-02


2019-12-02 21:08 - WagW in Beitrag No. 8 schreibt:
Falls ich mich nicht verrechnet habe gilt doch einfach:

$\frac{{k \choose l}(n-1)^{k-l}}{n^k}=\frac{{k \choose l}n^{k-l}(1-\frac{1}{n})^{k-l}}{n^k}={k \choose l}n^{-l}(1-\frac{1}{n})^{k-l}={k \choose l}\left(\frac{1}{n}\right)^l(1-\frac{1}{n})^{k-l}$

Oder wie meinst Du das, dass der Faktor $\left(\frac{1}{n}\right)^l$ fehlt?


Sorry, war mein Fehler, du hast natürlich recht!



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WagW
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-03


Ich hatte heute noch mal eine längere Diskussion mit meinem Tutor und ich habe ihm folgende Beispiele genannt und habe gehofft, dass ich dadurch mein Verständnis noch mal festigen kann, aber er konnte mir auch nicht weiterhelfen und hatte das nicht richtig verstanden.

Wir betrachten zwei Experimente:

1.) Wir haben $k$ Teilchen und $n$ nummerierte Fächer, die auch mehrfach belegt werden können. Folgendermaßen werden nun die Teilchen auf die Fächer verteilt: Jede mögliche Einsortierung der Teilchen wird einfach auf ein Zettel geschrieben. Danach wird zufällig ein Zettel gezogen und wir haben dann unsere Teilchenverteilung. Wenn die Teilchen nummeriert sind, dann ist unser Ereignisraum:
$\Omega = \{(\omega_1, ..., \omega_k)| \omega_i$ ist Fachnummer vom $i$-ten Teilchen$\}$.
Wenn die Teilchen nicht nummeriert sind und ununterscheidbar sind, dann ist der Ereignisraum:
$\Omega' = \{(\omega_1, ..., \omega_n)| \omega_i$ ist die Teilchenanzahl im $i$-ten Fach$\}$.

Die Wahrscheinlichkeit eine zuvor bestimmte Einsortierung, bspw. (5 Teilchen in Fach 1, 0 Teilchen in Fach 2, ..., 5 Teilchen in Fach n) zu erhalten ist: $\frac{1}{{n+k-1 \choose k}}$. Vor allem ist es bei diesem Experiment vollkommen egal ob die Teilchen unterscheidbar sind oder nicht, die Wahrscheinlichkeit für ein Ereignis ist in beiden Fällen immer dieselbe. An dieser Stelle wäre noch zu erwähnen, dass im Ereignisraum $\Omega'$ alle Elemente gleich wahrscheinlich sind und im Ereignisraum $\Omega'$ nicht.
Insbesondere muss ich bei diesem Experimentaufbau aufpassen, dass wenn ich die Teilchen als nummeriert/unterscheidbar annehme, dann ich darf nicht sagen: Für das Teilchen 1 gibt es $n$-viele Fächer in die es einsortiert werden kann, für das Teilchen 2 gibt es auch $n$-viele Fächer usw. und daher gibt es insgesamt im Ereignisraum $n^k$-viele Möglichkeiten. Denn dies nimmt ja an dass die Teilchen nacheinander in die Fächer verteilt werden und widerspricht dem Experimentaufbau.

2.)Wir haben nun auch wieder $k$ Teilchen und $n$ nummerierte Fächer, die auch mehrfach belegt werden können. Aber die Teilchen werden nun so auf die Fächer verteilt: Nacheinander werden die Teilchen auf die Fächer "geworfen" und jedes Fach ist gleich wahrscheinlich zu treffen. Wenn die Teilchen nummeriert sind, dann ist unser Ereignisraum wie im ersten Experiment:
$\Omega = \{(\omega_1, ..., \omega_k)| \omega_i$ ist Fachnummer vom $i$-ten Teilchen$\}$.
Wenn die Teilchen nicht nummeriert sind und ununterscheidbar sind, dann ist der Ereignisraum auch wieder:
$\Omega' = \{(\omega_1, ..., \omega_n)| \omega_i$ ist die Teilchenanzahl im $i$-ten Fach$\}$.

Die Wahrscheinlichkeit eine zuvor bestimmte Einsortierung, bspw. (5 Teilchen in Fach 1, 0 Teilchen in Fach 2, ..., 5 Teilchen in Fach n) zu erhalten, ändert sich aber nun und ist: $\frac{k!}{n^k}$. Auch hier ist natürlich vollkommen egal, ob die Teilchen unterscheidbar sind, oder nicht, die Wahrscheinlichkeit für ein Ereignis ist in beiden Fällen wieder dieselbe. Jetzt sind die Elemente im Ereignisraum $\Omega'$ nicht mehr gleich wahrscheinlich aber die Elemente im Ereignisraum $\Omega'$ sind es.

Mit den beiden Beispielen bzw. Experimenten habe ich mir versucht klar zu machen, dass wenn ich in einer Aufgabe ein Experiment betrachte es für die Bestimmung der Wahrscheinlichkeit egal sein muss, ob Teilchen unterscheidbar sind oder nicht. Ich muss halt nur aufpassen, dass ich nicht aus Versehen das Experiment verändere.

Versteht ihr was ich meine und wo mein Problem lag? Kann man die Schlussfolgerungen, die ich aus den beiden Experimenten gezogen habe jetzt so stehen lassen?

Irgendwie kämpfe ich schon seit Tagen damit mir ein richtiges Verständnis dieser ganzen Abzähl- und Wahrscheinlichkeitsberechnungen anzueignen.... ☹️



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StefanVogel
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Die beiden Experimente zeigen schon, dass beide Lösungen ihre Berechtigung haben. Welches der beiden Experimente in der Aufgabe gemeint ist, kann ich auch nicht feststellen. Anfangs habe ich mich an die angegebene Musterlösung gehalten, bin dann aber beim Ausprobieren ebenfalls bei der anderen Variante gelandet.

Ich möchte auch nochmal versuchen, die beiden Experimente mit Worten zu beschreiben. Laut Wikipedia Wahrscheinlichkeitsraum heißt <math>\Omega</math> Ergebnismenge und die Elemente von <math>\Omega</math> heißen Ergebnisse des Zufallsexperiments. Ereignisse sind Teilmengen von <math>\Omega</math>. Da eine Teilmenge auch aus nur einem Element (einem Ergebnis) bestehen kann, ist es aber nicht ganz verkehrt, Ergebnisse auch als Ereignisse zu bezeichnen.

Ich betrachte n=3 Fächer und k=2 Kugeln und verwende nur unbeschriftete Kugeln.

1) erstes Experiment, Zitat: "Jede mögliche Einsortierung der Teilchen wird einfach auf ein Zettel geschrieben. Danach wird zufällig ein Zettel gezogen und wir haben dann unsere Teilchenverteilung." Dann erhalte ich als Ergebnismenge <math>\Omega=\{(\omega_1, ..., \omega_n)| \omega_i</math> ist die Teilchenanzahl im <math>i</math>-ten Fach<math>\}</math> für n=3, k=2:

<math>\Omega_1=\{(2,0,0),(1,1,0),(1,0,1),(0,2,0),(0,1,1),(0,0,2)\}</math>

Das sind 6 Zettel, von denen das Ereignis "genau eine Kugel in Fach 1", also die Teilmenge <math>\{(1,1,0),(1,0,1)\}</math>, mit Wahrscheinlichkeit 2/6 auftritt.

2) zweites Experiment, Zitat: "Nacheinander werden die Teilchen auf die Fächer 'geworfen' und jedes Fach ist gleich wahrscheinlich zu treffen." Als Ergebnismenge verwende ich jetzt <math>\Omega = \{(\omega_1, ..., \omega_k)| \omega_i</math> ist Fachnummer vom <math>i</math>-ten Teilchen<math>\}</math> für n=3, k=2:

<math>\Omega_2=\{(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)\}</math>

von denen das Ereignis <math>\{(1,2),(1,3),(2,1),(3,1)\}</math> diejenigen Ergebnisse zusammenfasst, bei denen genau eine Kugel im ersten Fach landet. Wahrscheinlichkeit dafür ist 4/9.






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