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4 Kugeln in der Urne

Universität / Fachhochschule

Tags: Wahrscheinlichkeistberechnung, Wahrscheinlichkeitsverteilung

Shotgun aktiv_icon

08:48 Uhr, 11.05.2016

Hallo liebe Mathekünstler,

ich bin

62

Jahre alt und meine Schulbildung und mein Berufsleben haben meine Kenntnisse in Sachen Mathematik leider nicht gefördert.

Nun bin ich in einem Hobby auf ein Problem gestoßen, daß anscheinend nicht nur ich sondern auch andere, deren Mathekenntnisse besser sind als meine, nicht so ohne weiteres lösen können.

Meine Frage (ich glaube es hat etwas mit einem bekannten Experiment zu tun):

Wenn in einem Behälter 4 unterschiedliche Kugeln sind und man diese nun nacheinander blind zieht, wobei die gezogene Kugel jeweils wieder zurück gelegt wird,
zu wieviel Prozent werden alle 4 Kugeln in 4 Zügen erscheinen, zu wieviel Prozent in 5 Zügen etc.
Bei mehr als

10

Zügen kann man es zusammen fassen, also

x %

Züge

> 10

.

Ich hoffe, ich habe die Frage verständlich formuliert.

Ich bin wirklich dankbar für eine helfende Antwort.

Lieben Gruß

Shotgun

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich benötige bitte nur das Ergebnis und keinen längeren Lösungsweg."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Erwartungswert
Varianz und Standardabweichung

supporter aktiv_icon

09:09 Uhr, 11.05.2016

4! \cdot {(\frac{1}{4})}^{4} = 0,09375 = 9,375 %

Formel:

n! \cdot {(\frac{1}{n})}^{n}

funke_61 aktiv_icon

09:26 Uhr, 11.05.2016

Hallo,
Vorsicht!
Falls

n

die "Anzahl der Ziehungen" sein soll
(gilt natürlich nur falls supporters "Vorfaktor"

n!

korrekt ist),
und es hier immer vier Kugeln sind, die sich im Behälter befinden,
dann sollte die Wahrscheinlichkeit für dieses Problem

n! \cdot {(\frac{1}{4})}^{n}

sein.
(War sicher nur ein Versehen)
;-)

Bummerang

12:05 Uhr, 11.05.2016

Hallo,

ich melde Zweifel an der Formel von funke_61 an, weil für

n > 9

gilt:

Fall

1 : n = 9 :

p_{9} = 9! \cdot {(\frac{1}{4})}^{9} = 1,38427734375 = 138,427734375 %

Fall

2 : n > 9

p_{n} = n! \cdot {(\frac{1}{4})}^{n} = (n - 1)! \cdot {(\frac{1}{4})}^{n - 1} \cdot \frac{n}{4} = p_{n - 1} \cdot \frac{n}{4} > p_{n - 1} \cdot 1 = p_{n - 1} > . .

> p_{9} > 100 %

dass die Wahrscheinlichkeit immer über

100 %

liegt...

Edddi aktiv_icon

12:14 Uhr, 11.05.2016

. .

. und ich an supporters Formel, denn:

n! \cdot {(\frac{1}{n})}^{n} > (n + 1)! \cdot {(\frac{1}{n + 1})}^{n + 1}

{(\frac{1}{n})}^{n} > (n + 1) \cdot {(\frac{1}{n + 1})}^{n + 1}

{(\frac{1}{n})}^{n} > (n + 1) \cdot \frac{1}{{(n + 1)}^{n + 1}}

{(\frac{1}{n})}^{n} > \frac{1}{{(n + 1)}^{n}}

\frac{1}{n} > \frac{1}{n + 1}

Damit wird es ja immer unwahrscheinlicher, endlich die 4 verschiedenen Kugeln gezogen zu haben mit steigender Anzahl an Versuche.

. .

. eine interessante Aufgabe!

;-)

funke_61 aktiv_icon

12:15 Uhr, 11.05.2016

ok, aber supporters Formel

p_{n} = n! \cdot {(\frac{1}{n})}^{n}

kann auch nicht stimmen, denn damit würde die Wahrscheinlichkeit für

n \to \infty

nicht gegen 1 (bzw.

100 %)

konvergieren sondern gegen 0.
(Nebenbei: die "vier Kugeln" sind gar nicht in supporters Formel enthalten.
Also, was ist denn nun hier die korrekte Antwort?

supporter aktiv_icon

12:24 Uhr, 11.05.2016

Sorry, die Formel war für den Fall gedacht, dass bei

n

Kugeln alle Kugeln nur einmal bei

n

Ziehungen vorkommen.
Doch darum geht es nicht.

Bummerang

12:40 Uhr, 11.05.2016

Hallo,

so kurz vor der Fussball-EM gibt es wieder das bekannte Sammelfieber für Sammelbildchen. Ich denke, dass man die im Internet dafür zu findende Lösung (Stichwort: Sammelbilderproblem), mit welcher Wahrscheinlichkeit man bei einer gewissen Anzahl von gekauften Tütchen alle Bilder hat, auch hier anwendbar ist, wenn man folgende Annahmen zugrunde legt:

Es gibt genau 4 Bildchen!

In jeder Tüte befindet sich immer genau ein Bildchen!

Die 4 Bildchen sind auf die Tüten gleich verteilt!

Die Frage ist nun, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit beim Erwerb von

n

Tütchen (das sind die

n

Ziehungen mit Zurücklegen) jedes Bildchen mindestens ein Mal dabei (also jede Kugel mindestens ein Mal gezogen) hat.

Shotgun aktiv_icon

12:58 Uhr, 11.05.2016

Guten Tag allen Mitwirkenden,

ich finde es ja toll, daß ich hier sogar eine Diskussion ausgelöst habe, aber für mich mit meinen (längst vergessenen) Volksschulkenntnissen sind es einfach nur Hieroglyphen.

Ich wäre euch wirklich sehr verbunden, wenn ich Ergebnisse direkt ablesen könnte. Also zu wieviel Prozent hat man mit 4 Ziehungen jede Kugel einmal erwicht usw.

Ansonsten bedanke ich mich recht herzlich, aber leider bin ich zu ungebildet um aus euren Formeln etwas ablesen oder erkennen zu können.

Lieben Gruß

Shotgun

Bummerang

13:20 Uhr, 11.05.2016

Hallo,

bei meiner Lösung stehen keine für Dich nicht nachvollziehbaren Formeln und die Artikel, die man im Internet dazu findet sind alle sehr viel mit Worten erklärt. Wie kann es da sein, dass Du Dich dann noch beschwerst, dass die Lösung für Dich zu unverständlich sei? Eigentlich nur dadurch, dass Du hier nach Formeln gesucht und nur die angeschaut und die Texte einfach ignoriert hast! Das ist kein feiner Zug, aber ich kann hier wahrscheinlich schreiben, was ich will, Du liest es ja eh' nicht...

Roman-22

14:29 Uhr, 11.05.2016

Deine Fragestellung bedarf einer Präzisierung, welche Wahrscheinlichkeit du genau wissen möchtest.

1)

Die Wahrscheinlichkeit, dass in zB 6 Zügen irgendwann jede Kugel drangekommen war.

2)

Die Wahrscheinlichkeit, dass zB genau im 6. Zug die letzte, noch fehlende Kugel gezogen wird.

Die erste Variante würde vielleicht zu deiner Formulierung "zu wieviel Prozent "in" 5 Zügen etc." passen.
Das würde aber auch bedeuten, dass der Fall mit den 6 Zügen auch jenen beinhaltet, bei der bereits nach den ersten vier Zügen alle vier Kugel dran waren.
Allerdings wäre dann die Frage nach Züge>10

\to

"Bei mehr als $10$ Zügen kann man es zusammen fassen, also $x %$ Züge >10." ziemlich sinnlos, denn da ist bei Variante 1 die Antwort trivialerweise

100 %

R

Edddi aktiv_icon

14:42 Uhr, 11.05.2016

. .

. ich verstehe die Frage wie folgt:

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei

n

Zügen von vier verschiedenen Kugeln in der Urne (mit zurücklegen) mindestens JEDE Kugel 1 mal gezogen wurde.

Mit weniger wie 3 Zügen wird's nix!

Mit 4 Kugeln gibt es

4^{4}

Möglichkeiten Kugeln zu ziehen, von denen nur

24 = 4!

Möglichkeiten dabei sind, welche die vier verschiedenen Kugeln beinhalten. Jede dieser Zug-Variationen hat dabei ein Wahrscheinlichkeit von

{(\frac{1}{4})}^{4}

. Somit die Wahrscheinlichkeit die vier verschiedenen Kugeln zu ziehen, wie auch schon im ersten Post von supporter:

P = 4! \cdot {(\frac{1}{4})}^{4} = (1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4) \cdot (\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4}) = \frac{3}{32} = 0,09375 = 9,375 %

[

edit]

. .

. vielleicht ist hier schon der Denkfehler. Aus einer Wahrscheinlichkeit von

{(\frac{1}{4})}^{4}

für eine bestimmte Zugkombination folgt die Anzahl

4^{4}

(Inverse) der unterschidlichen Zugmöglichkeiten. Mit den

24 = 4! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4

zulässigen Möglichkeiten, die jede Kugel einmal enthält ergibt sich die Wahrscheinlichkeit einfach nur aus dem Quotienten:

P = \frac{24}{4^{4}} = 0,09375 = 9,375 %

leider funktioniert eine vermutete Lösung für größerer

n

wie

P = \frac{n!}{4^{n}}

nicht. Es hapert also noch daran, alle Variationen aus der Anzahl der

4^{n}

Zugmöglichkeiten zu ermitteln, bei welchen jeweils mindestens jede Kugel einmal vorkommt.

[

edit-Ende]

. .

. für

n > 4

müssen wir uns hier noch was einfallen lassen, denn es gibt be

n > 4

Zügen ja

4^{n}

Möglichkeiten, und mann muss nun den Anteil davon bestimmen der mindestens jeweils eine der vier Kugel enthält.

Erwartet wird natürlich, dass mit steigendem

n

auch die Wahrscheinlichkeit steigt. Im Extremfall

n \to \infty

wird die Wahrscheinlichkeit dann

1 = 100 %

sein.

Hab' ich dich so richtig verstanden?

;-)

Roman-22

15:20 Uhr, 11.05.2016

>

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei

n

Zügen von vier verschiedenen Kugeln in der Urne (mit zurücklegen) mindestens JEDE Kugel 1 mal gezogen wurde.
Das ist genau das, was ich als Variante 1 bezeichnet hatte. Und da macht aber die Frage nach Züge>10 keinen Sinn, denn das ist

100 %

.
Natürlich ist Variante 1 bloß die kumulierte Wkt von Variante 2.

Aber trotzdem hätte ich das vom Fragesteller eben gerne geklärt gewusst.
Vielleicht könnte er auch noch näher erläutern, um welches Hobby es da geht und wo dabei diese Frage auftritt.

Letztlich geht es um die Frage, ob es so wie in der linken Figur, oder kumuliert so wie in der rechten aussehen soll.
Ob also

P (Z = 5) = \frac{9}{64}

oder

P (Z = 5) = \frac{15}{64}

gelten soll.

P (Z = 4) = \frac{3}{32}

ist ja schon geklärt.

R

Shotgun aktiv_icon

15:26 Uhr, 11.05.2016

Hallo,

vielleicht wird es deutlicher, wenn ich einstelle, was ich empirisch ermittelt habe.

Ich habe

1.800 x

sozusagen solange immer wieder eine Kugel gezogen, bis jede einmal erschienen war. Dabei habe ich, wenn es mehr als

10

Züge brauchte, zwar auch bis zum bitteren Ende weitergemacht, aber nur

> 10

Züge notiert.

Hier mal die Werte.

In
4 Züge

329 x = 9,14 %

5 Züge

507 x = 14,08 %

6 Züge

527 x = 14,64 %

7 Züge

514 x = 14,28 %

8 Züge

389 x = 10,81 %

9 Züge

308 x = 8,56 %

10

Züge

235 x = 6,53 %

> 10

Züge

= 791 x = 21,97 %

10

Züge heisst präziese, ich habe zum

10

. mal eine Kugel aus der Urne gezogen und es war die fehlende 4. Kugel.
4 Züge heisst, ich habe 4 mal eine Kugel gezogen und es kam mit dem 4. Zug auch die noch fehlende 4. Kugel.
Immer mit zurücklegen der gezogenen Kugel!

Ich würde gerne die empirischen Werte mit den rechnerischen abgleichen, deshalb meine Frage. Ich habe nicht erwartet, dass sich diese Frage tatsächlich zu einem gewissen Problem ausweiten würde.

Zumal ich noch eine Zusatzfrage hätte, aber die halte ich wohl besser erst mal zurück.

Lieben Gruß

Shotgun

Shotgun aktiv_icon

15:50 Uhr, 11.05.2016

Korrektur!

Die Werte beziehen sich auf

3.600

Versuche, ich bin beim Abschreiben in eine falsche Spalte gerutscht!

Sorry!

Edddi aktiv_icon

16:00 Uhr, 11.05.2016

. .

. Hallo Roman:

man kann ja

10

mal ziehen und immer die Kugel 1 gezogen haben, oder 4 mal die Kugel 1 und 6 mal die Kugel 2 gezogen haben - man hat aber nicht jede Kugel mindestens einmal gezogen.

Das kann auch noch nach

20

Zügen passieren. Wie hoch wäre also die

W .,

dass nach

20

Zügen jede mindestens einmal gezogen wurde. Dabei spielt für mich die Reihenfolge KEINE Rolle, also egal ob schon mit den ersten vier Zügen die Kugeln 1 bis 4 gezogen worden sind oder erst später.

;-)

Roman-22

16:08 Uhr, 11.05.2016

>

man kann ja

10

mal ziehen und immer die Kugel 1 gezogen haben,

. .

.
Ja, das ist doch klar. Ich weiß nicht, was du damit sagen möchtest.
Und dass die Reihenfolge egal ist, ist doch aufgrund der Aufgabenstellung logisch und unbestritten. Was genau möchtest du also mit deinem Beitrag Neues zum Ausdruck bringen?

Was meine zwei vorhin ins Spiel gebrachten Varinaten anlangt, kannst du dir ja nochmals meinen editierten und um eine Grafik ergänzten Beitrag von

15 : 20

Uhr durchlesen.
Mittlerweile hat aber shotgun ohnedies klargestellt, dass er die Variante 2 meint.
Die Zufallsvariable ist die Anzahl der Züge, die nötig waren, um alle vier Kugeln (mind.) einmal gezogen zu haben. Sobald man die letzte fehlende Kugel in Händen hält, ist der Versuch zu Ende.

R

Shotgun aktiv_icon

16:50 Uhr, 11.05.2016

Hallo eddi oder Roman,

Eddis Erklärung für

P (Z = 4)

konnte ich (mit einiger Mühe) nachrechnen.

Aber an

P (Z = 5)

scheitere ich leider. Wo muß ich nun mit 5 statt 4 rechnen?

Könntet ihr mir bitte so wie Eddi in seiner Erklärung für P(Z=4)den Rechengang aufschlüsseln?

Was für euch alltäglich ist stellt mich nun mal vor Probleme, aber ich versuche doch, etwas zu lernen.

Danke an alle, die mitgemacht haben! Auch für die Geduld mit einem Mathe-Laien!

Shotgun

Roman-22

21:41 Uhr, 11.05.2016

Nun ja, du merkst ja an der Diskussion, dass die Aufgabe, so harmlos sie auch daher kommt, keineswegs trivial ist.
Die Lösung lässt sich leider nicht mit so einfachen Formeln, wie von supporter und Eddi versucht, für alle

n

auf einen Schlag darstellen.
Aber man kann die Wahrscheinlichkeitsverteilung durch Auswertung der zugehörigen Markov-Kette oder auch rekursiv (das müsste eigentlich auch relativ leicht in Excel realisierbar sein - ich hab allerdings wenig Lust, mich damit zu beschäftigen) bestimmen.
Und ja - wie Bummerang eingangs richtig festgestellt hat, tritt die gleiche Fragestellung bei der Sammelbildchenproblematik auf und ist solcherart auch vielfach zu finden. Auch Tante Wiki gibt ihren Senf dazu ab

\to

de.wikipedia.org/wiki/Sammelbilderproblem#Das_klassische_Sammelbilderproblem

Für einzelne, konkrete Anzahlen an Zügen, kann man sich durchaus auch "Formeln" überlegen, indem man alle Möglichkeiten berücksichtigt. Das kann man nun mit den Wahrscheinlichkeiten machen oder kombinatorisch durch Abzählen der "günstigen" Möglichkeiten.

Letzteres hier exemplarisch am Fall

n = 5

. Im 5. Zug wählen wir also die letzte, noch fehlende Kugel. Für die gibt es 4 Möglichkeiten.
Merken wir uns also: 4

Die vier Züge davor müssen jetzt so beschaffen sein, dass die Kugel vom 5. Zug nie vorgekommen ist, alle anderen drei Kugel aber sehr wohl.
Die einzige Möglichkeit dafür ist, dass eine Kugel doppelt vorkam, die anderen beiden je einmal.
Für die Kugel die doppelt vorkommt, haben wir 3 Wahlmöglichkeiten.
Merken wir uns also noch: 3

Jetzt haben wir also unsere ersten vier Kugeln beisammen, eine davon doppelt.
Für die erste der beiden Solokugeln wählen wir nun einen Platz unter den ersten 4 Zügen. Das ist auf 4 Arten möglich.
Merken wir uns also noch: 4

Für die zweite Solokugel haben wir jetzt noch 3 Plätze zur Wahl.
Merken wir uns also noch: 3

Für die beiden gleichen Kugeln haben wir keine Wahlmöglichkeit mehr - sie belegen die verbleibenden zwei freien Plätze.

Multiplizieren wir nur all diese Möglichkeiten miteinander, so erhalten wir

4 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 3 = 144

"günstige" Möglichkeiten. Also Zugfolgen der Länge

5,

bei denen der letzte Zug erstmals die vierte fehlende Kugel liefert.

Insgesamt gibt es

4^{5}

mögliche Zugfolgen der Länge 5.

Die Wahrscheinlichkeit, dass die Zieherei also genau nach dem fünften Zug zu Ende ist, beträgt daher

\frac{144}{4^{5}} = \frac{9}{64} \approx 14,06 %

.

Je größer die Länge der Zugfolge, desto komplizierter und aufwändiger wird dieser Ansatz. Denn schon bei 6 Zügen müssen wir die Möglichkeiten bestimmen, dass bei den 5 Zügen davor nur drei von den Kugel, aber sicher jede mind. einmal gezogen wurde.
Das ist nun entweder so möglich, dass eine dreimal gezogen wurde und die anderen je einmal, oder aber zwei Kugel wurden doppelt gezogen und die dritte einmal. Für beide Varianten müssen wir ähnlich wie vorhin die Möglichkeiten bestimmen und dann addieren.

Daher zum Abschluss nur noch die von dir gesuchten Ergebnisse:

(\begin{matrix} n = 4 & \frac{3}{32} & 9,3750 % \\ n = 5 & \frac{9}{64} & 14.0625 % \\ n = 6 & \frac{75}{512} & 14,6484 % \\ n = 7 & \frac{135}{1024} & 13,1836 % \\ n = 8 & \frac{903}{8192} & 11,0229 % \\ n = 9 & \frac{1449}{16384} & 8,8440 % \\ n = 10 & \frac{9075}{131072} & 6,9237 % \end{matrix})

Für

n > 10

stellt sich natürlich die Ergänzung aller bisherigen Werte auf

100 %

ein, also

\frac{28757}{131072} \approx 21,9398 %

.

Deine kleine Monte Carlo Simulation ist damit bestätigt. Man darf sich von einer Simulation mit nur ein paar Tausend Versuchen natürlich keine besondere Genauigkeit erwarten.

R

funke_61 aktiv_icon

10:31 Uhr, 12.05.2016

Hallo Roman,
wäre es Dir noch möglich, insbesondere die Quelle deiner Wahrscheinlichkeiten für

n = 8

n = 9

und

n = 10

anzugeben?
Irgendwie kann ich es nicht nachvollziehen, wie zB.
bei

n = 8

der Nenner

903

(welcher den Primfaktor

43

enthält) und
bei

n = 9

der Nenner

1449

(welcher den Primfaktor

23

enthält)
entsteht.
Ich schließe daraus, dass es bei

n = 8

in irgendeinem "Schritt" (beim Abzählen der "günstigen" Möglichkeiten)

43

Möglichkeiten existieren . . . (oder habe ich hier etwas falsch verstanden?

Roman-22

19:24 Uhr, 12.05.2016

>

Ich schließe daraus, dass es bei

n = 8

in irgendeinem "Schritt" (beim Abzählen der "günstigen" Möglichkeiten)

43

Möglichkeiten existieren . . .
Nicht zwangsläufig. Schließlich werden ja hier nicht nur Werte/Anzahlen multipliziert, sondern auch addiert.
Und selbstverständlich habe ich die Werte nicht einzeln mühsam so zusammengestückelt, wie oben skizziert, sondern habe mir eine relativ einfache Rekursionsformel überlegt und damit die Aufgabe der konkreten Berechnungen einem Rechenknecht übertragen.

War ein schneller Hack und könnte natürlich fehlerhaft sein. Andererseits haben die Werte einer Überprüfung mit einer Monte Carlo Simulation mit

20

Millionen Durchgängen erstaunlich gut standgehalten, sodass ich guten Mutes bin und den Werten vertraue.
Aber Kontrolle ist immer besser, also rechnet die Werte lieber nach und vielleicht findet jemand ja auch noch einen eleganteren, nicht-rekursiven Zugang.

Im Anhang die ersten paar Werte. Erste Spalte = Zug-Anzahl, zweite und dritte Spalte die Wahrscheinlichkeit, dass der Versuch nach genau dieser Zugzahl zu Ende ist - einmal in exakter Bruchform und einmal gerundet in Prozent.

R

maxsymca

11:35 Uhr, 14.05.2016

Hallo,

jetzt geb ich auch meinen Senf dazu.
Ich hab mir eine Auswertung der Zugfolgen gebastelt und die Trefferwahrscheinlichkeiten ausgewertet:
4 Züge

1 - 1 - 1 - 1 = 1 \cdot 0,75 \cdot 0,5 \cdot 0,25 = 0,09375

5 Züge

1 - 0 - 1 - 1 - 1 = 1 \cdot 0,25 \cdot 0,75 \cdot 0,5 \cdot 0,25 = 0,0234375

1 - 1 - 0 - 1 - 1 = 1 \cdot 0,75 \cdot 0,5 \cdot 0,5 \cdot 0,25 = 0,046875

1 - 1 - 1 - 0 - 1 = 1 \cdot 0,75 \cdot 0,5 \cdot 0,75 \cdot 0,25 = 0,0703125

Summe

= 0,140625

usw.
Das dann automatisiert in Excel ergibt genau die Ergebnisse, die Roman auch hat.
Ein Ausschnitt aus der Exceltabelle...
Interessante Aufgabe!

Roman-22

13:17 Uhr, 14.05.2016

Danke für die Bestätigung.

Auch wenn der Fragesteller kein Interesse mehr zeigt - der Vollständigkeit halber im Anhang mein rekursiver Ansatz.

N (z, k)

ist die Anzahl der Möglichkeiten, bei denen das Spiel mit

k

Kugel genau nach dem Zug

z

beendet ist.

P (z, k)

ist die zugehörige Wahrscheinlichkeit - da wird einfach noch durch die Anzahl aller Möglichkeiten, die es bei

z

Zügen gibt

(k^{z}),

dividiert.

R

anonymous

14:04 Uhr, 14.05.2016

Hallo
Jetzt gebe auch ich noch meinen Senf dazu...
Löblich, wer diese Aufgabe exakt und rekursiv angeht. Ich meine, dieser Aufgabentyp stand sinngemäß schon mehrfach hier im Forum.

Ich würde mich an dieser Stelle einfach mal mit einem Näherungsverfahren begnügen. Ein Näherungsverfahren bei größerer Anzahl Züge

z

.
Also:

z 〉 k

Dann ist es doch so, dass eine Kugel sich (überraschenderweise) einfach länger nicht zeigen will. Es zeigen sich über die ersten

(z - 1)

Züge stets irgendwelche 3 von 4 Kugeln, allgemein

(k - 1)

aus

k

Kugeln.
Die Wahrscheinlichkeit dafür:

p_{a} = {(\frac{k - 1}{k})}^{z - 1}

Welche Kugel es ist, die da so lange auf sich warten lässt, das wissen wir nicht.
Dafür kommen eigentlich alle

k

Kugeln in Frage, in unserem Fall

k = 4

.
Ich nenne diesen Umstand jetzt mal

p_{b} = k

(ganz klar, dieser Bezeichner "p" kann keine Wahrscheinlichkeit repräsentieren)

Und schließlich muss im letzten Zug doch noch eben jene Kugel gezogen werden, die so lange auf sich warten ließ.

p_{c} = \frac{1}{k}

In unserm Fall:

p_{c} = \frac{1}{4}

Fassen wir zusammen:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass genau im z-ten Zug zum ersten Mal alle der Kugeln mindestens einmal gezogen wurden, beträgt näherungsweise:

p = p_{a} \cdot p_{b} \cdot p_{c} = {(\frac{k - 1}{k})}^{z - 1} \cdot k \cdot (\frac{1}{k}) = p_{a} = {(\frac{k - 1}{k})}^{z - 1}

In unserm Fall mit

k = 4

dann:

p = {(\frac{3}{4})}^{z - 1}

Tabellarisch:

z; p (z)

04; 0.421875

05; 0.31640625

06; 0.237304688

07; 0.177978516

08; 0.133483887

09; 0.100112915

10; 0.075084686

11; 0.056313515

12; 0.042235136

13; 0.031676352

14; 0.023757264

15; 0.017817948

16; 0.013363461

17; 0.010022596

18; 0.007516947

19; 0.00563771

20; 0.004228283

Wie man sieht:
In den ersten Zeilen weicht diese Näherung noch deutlich von Romans exakter Lösung ab. Ganz klar, hier ist die ansatzgemäße Forderung nach

z 〉 k

auch noch gröblich verletzt.
In den letzten Zeilen werden die Lösungen aber schon merklich stimmiger.

Roman-22

14:59 Uhr, 14.05.2016

Nette Idee, eine Näherung ins Spiel zu bringen. Und für große Werte von

z

ist diese ja auch recht brauchbar:
Kugel4_Approx

Allerdings hat der Fragesteller vor allem Interesse (welche mittlerweile wieder abgeflaut zu sein scheint) daran gezeigt, seine empirischen Werte für

z = 4

bis

z = 10

mit dem genauen Ergebnis abzugleichen, und dafür taugt diese Näherung leider nicht. Selbst bei

z = 10

beträgt der Fehler noch ca.

8,45 %

(genauer Wert

6,924 %

vs. Näherung

7,508 %)

.
Erst ab

z = 16

sinkt der Fehler unter

1 %

. Ab

z = 21

liegt er schon unter 1 Promille.
Die eher interessierenden Werte liegen aber wohl im vorderen Bereich und auch Fragen nach der durchschnittlichen Zuglänge, etc. lassen sich daher mit dieser Näherung leider nicht (auch nicht näherungsweise) beantworten.

Dass

f (z) = {(\frac{3}{4})}^{z - 1}

keine (diskrete) Wahrscheinlichkeitsverteilung darstellt, da, selbst, wenn wir

f (z) = 0

für

z < 4

setzen, die Summe aller Werte (geometrische Reihe) den Wert 1 übersteigt

(\to \frac{27}{16}),

hat cositan ja auch schon selbst erwähnt.

R

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

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