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Wahrscheinlichkeitsverteilung: Herleitung für Urnenziehung
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 21:09 Fr 03.07.2015
Autor: magics

Aufgabe
Wird aus einer Urne mit 10 Kugeln, die die Zahlen 0 bis 9 tragen, viermal mit Zurücklegen gezogen, so ist die Summe der Zahlen auf den gezogenen Kugeln eine der ganzen Zahlen zwischen 0 und 36. Unter geeigneter Laplace-Annahme berechne man die Wahrscheinlichkeiten, mit denen die einzelnen Zahlen auftreten, und stelle sie in einem Stabdiagramm dar.

Hallo,

die Aufgabe erscheint zunächst irgendwie simpel, doch die Herleitung der Formel für die Berechnung der Wahrscheinlichkeiten bereitet mir Kopfzerbrechen.

Ich stelle sie hier mal Schritt für Schritt vor und zeige euch, wo es bei mir hängt.

1.
Zunächst stellen wir die zugehörige Ergebnismenge fest:
Ω = { [mm] (x_1, x_2, x_3, x_4) [/mm] : [mm] x_i \in [/mm] {0,...,9}, i = 1, 2, 3, 4 }
die [mm] 10^4 [/mm] Elemente besitzt. Gesucht ist unter der Laplace-Annahme die Wahrscheinlichkeit der Ereignisse:
[mm] A_k [/mm] = { [mm] (x_1, x_2, x_3, x_4) \in [/mm] Ω : [mm] x_1 [/mm] + [mm] x_2 [/mm] + [mm] x_3 [/mm] + [mm] x_4 [/mm] = k }, k=1,...,36

2.
Wir berechnen zunächst für l = 0, 1, ... , 18 die Anzahl n(l) der Paare [mm] (x_1, x_2) [/mm] mit [mm] x_1 [/mm] + [mm] x_2 [/mm] = l. Wegen l = 0 + l = 1 + (l - 1) = 2 + (l - 2) = ... = l + 0 erhält man:

n(0) = 1
n(1) = 2
n(2) = 3
n(3) = 4
...
n(8) = 9
n(9) = 10
n(10) = 9
...
n(15) = 4
n(16) = 3
n(17) = 2
n(18) = 1

So. Bis hierhin habe ich zumindest mathematisch verstanden was da gemacht wird. Dass man zunächst eine Kombination aus nur zwei Zahlen [mm] (x_1, x_2) [/mm] betrachtet deute ich als eine Zerlegung des ursprünglichen Problems. Damit gehts weiter:

3.
Wir bezeichnen mit m(k) die Anzahl der Elemente von [mm] A_k, [/mm] k = 0,1,...,36. Fassen wir die Summe [mm] x_1 [/mm] + [mm] x_2 [/mm] + [mm] x_3 [/mm] + [mm] x_4 [/mm] in der Form [mm] (x_1 [/mm] + [mm] x_2) [/mm] + [mm] (x_3 [/mm] + [mm] x_4) [/mm] zusammen, so erkennt man, dass

m(k) = [mm] \summe_{l=0}^{k}n(l) [/mm] * n(k-l)

gilt, wobei n(l) = 0 für l > 18 zu setzen ist. Wegen n(l) = n(18-l), l = 0,1,...,18, folgt daraus m(k) = m(36-k), = 0,1,...,18. Ma erhält durch Berechnung der Summen die folgende Tabelle:

m(0) = m(36) = 1
m(1) = m(35) = 4
m(2) = m(34) = 10
usw... (nur noch in die Formel einsetzen)

4.
Ganz am Ende berechnet man dann mit der Formel
[mm] P(A_k) [/mm] = [mm] \bruch{m(k)}{10^4}, [/mm] k = 0,1,...,36
die Wahrscheinlichkeiten für das Stabdiagramm.
(Ist für meine Frage irrelevant)


Mein Problem liegt bei Schritt 3:
Dass man [mm] x_1 [/mm] + [mm] x_2 [/mm] + [mm] x_3 [/mm] + [mm] x_4 [/mm] in die Form [mm] (x_1 [/mm] + [mm] x_2) [/mm] + [mm] (x_3 [/mm] + [mm] x_4) [/mm] bringen kann, da geh ich mit. Wie man daraus aber die Summe m(k) ableitet ist mir ein echter Schleier! Wie man überhaupt von der Einteilung in die Paare [mm] (x_1, x_2) [/mm] auf das eigentliche Problem der Quadrupel [mm] (x_1, x_2, x_3, x_4) [/mm] schließen kann verstehe ich nicht.

m(k) = [mm] \summe_{l=0}^{k}n(l) [/mm] * n(k-l) bedeutet in meinen Augen folgendes:

Um die Möglichen Kombinationen von Kugeln, deren Summe die Zahl k ergeben zu finden, addieren wir nacheinander alle Kombinationen aus 2 Kugeln, die die Zahl ergeben können,

n(l)

multipliziert mit allen Kombinationen aus zwei Kugeln, die die Zahl k-l ergeben können

n(k-l)

miteinander. Jetzt gilt nach der Aussage von 3. ja n(l) = n(18-l), l = 0,1,...,18 und daraus könne man auch m(k) = m(36-k), = 0,1,...,18 schließen. Warum kann man das überhaupt schließen?

Macht für mich alles irgendwie keinen Sinn.

Ich würde mich sehr über einen weiterführenden Link freuen, der zufällig genau so einen Fall erklärt oder über eine Erklärung von jemandem, der nicht nur böhmische Dörfer sieht :)

lg
Magics


        
Bezug
Wahrscheinlichkeitsverteilung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 10:41 Sa 04.07.2015
Autor: rmix22


> die Aufgabe erscheint zunächst irgendwie simpel

Partitionsprobleme sind in der Regel alles andere als simpel, auch wenn sie zunächst so erscheinen mögen.

> m(k) = [mm]\summe_{l=0}^{k}n(l)[/mm] * n(k-l)
>  
> gilt, wobei n(l) = 0 für l > 18 zu setzen ist. Wegen n(l)
> = n(18-l), l = 0,1,...,18, folgt daraus m(k) = m(36-k), =
> 0,1,...,18. Ma erhält durch Berechnung der Summen die
> folgende Tabelle:

Das ist also die Formel, die dir Kopfzerbrechen bereitet?
Was ist die Alternative? Alle 10000 Zahlen von 0000 bis 9999 betrachten, ihre Ziffernsumme berechnen und bei der entsprechenden Zahl (von 0 bis 36) auf einer Liste einen Strich dazu machen. Das klingt zeitaufwändig.
Also hat man sich etwas überlegt, um die Prozedur ein wenig einfacher zu machen. Zunächst wurde die Tabelle mit den n(k) erstellt, die die Verteilung der Ziffernsumme aller zweistelligen Zahlen beinhaltet und daher nur die Betrachtung von 100 Zahlen (00 bis 99) bzw. die Betrachtung der Anzahl der Zerlegung der Zahlen von 0 bis 18 in nur zwei Ziffern erfordert. Diese Tabelle ist noch mit einem vertretbaren Aufwand erstellbar, vor allem weil ihr symmetrischer Aufbau ja offensichtlich ist und daher nur die Ziffernsummen von 0 bis 9 zu ermitteln sind.

Und jetzt bildet man die Anzahl der Ziffernsumme bei vierstelligen Zahlen eben mit Hilfe der Tabelle, indem man sich zB die ersten und die letzten beiden Ziffern ansieht.
Als Beispiel die Zifffernsumme 6 bei einer vierstelligen Zahl. Wie (und vor allem auf wie viele Arten) kann diese zustande kommen?
Da könnten die ersten beiden Ziffern 0 ergeben und die letzten beiden 6 (=6-0). Für beide Ereignisse kennen wir die Anzahl der Möglichkeiten aus unserer eben gebildeten Tabelle und diese Werte müssen wir multiplizieren, da jede Ziffernkombi, die 0 ergibt mit jeder, die 6 ergibt, kombiniert werden kann.
Also haben wir schon mal n(0)*n(6-0).
Die ersten beiden Ziffern könnten aber auch die Summe 1 haben und dann müssten die letzten beide die Summe 5 (=6-1) ergeben.
Damit gibt es n(1)*n(6-1) Möglichkeiten.
Dann mit analogen Überlegungen zu n(2)*n(6-2)
und dann n(3)*n(6-3)
und das Ganze bis n(6)*n(6-6) (ja, das ist das Gleiche wie am Anfang n(0)*n(6-0) - auch hier  steckt wieder Symmetrie drin, die man ausnützen könnte).

Die Gesamtanzahl der Möglichkeiten, mit einer vierstelligen Zahl die Ziffernsumme 6 zu bekommen ist dann eben die Summe aus all diesen Produkten, also

[mm] $m(6)=\sum_{i=0}^6[n(i)*n(6-i)]=n(0)*n(6)+n(1)*n(5)+n(2)*n(4)+n(3)*n(3)+n(4)*n(2)+n(5)*n(1)+n(6)*n(0)=84$ [/mm]

Jetzt setze für 6 ein beliebiges k (0 bis 18) und du hast die obige Formel.
Bei Werten von k>18 tritt ein kleines Problem auf. Sei etwa k=30. Dan kämen in unserer Summe natürlich Ausdrücke wie n(16)*n(14) vor, aber auch solche wie n(2)*n(28). Natürlich finden wir n(28) nicht in unserer Tabelle, da mit zwei Ziffern nicht die Summe 28 zu erzielen ist. Eigentlich dürfte unsere Summe hier nur von i=12 bis i=18 laufen. Damit wir die Formel aber gleich beibehalten können wird vorgeschlagen, alle n(i) für i>18 auf Null zu setzen - damit liefern diese überschüssigen Terme keie Beitrag zu Summe und unsere Formel gilt jetzt für alle k von 0 bis 36.

Gruß RMix

Bezug
                
Bezug
Wahrscheinlichkeitsverteilung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 11:32 Sa 04.07.2015
Autor: magics




Bei Werten von k>18 tritt ein kleines Problem auf. Sei etwa k=30. Dan kämen in unserer Summe natürlich Ausdrücke wie n(16)*n(14) vor, aber auch solche wie n(2)*n(28). Natürlich finden wir n(28) nicht in unserer Tabelle, da mit zwei Ziffern nicht die Summe 28 zu erzielen ist. Eigentlich dürfte unsere Summe hier nur von i=12 bis i=18 laufen. Damit wir die Formel aber gleich beibehalten können wird vorgeschlagen, alle n(i) für i>18 auf Null zu setzen - damit liefern diese überschüssigen Terme keie Beitrag zu Summe und unsere Formel gilt jetzt für alle k von 0 bis 36.


Das bedeutet, die Begründung, dass gilt

n(l) = 0, l > 18

liegt in der Symmretrie verborgen(, die ich selbst erkennen muss)?

Bezug
                        
Bezug
Wahrscheinlichkeitsverteilung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 12:10 Sa 04.07.2015
Autor: rmix22


>
> Das bedeutet, die Begründung, dass gilt
>  
> n(l) = 0, l > 18
>
> liegt in der Symmretrie verborgen(, die ich selbst erkennen
> muss)?

Nein. Das liegt in der Tatsache verborgen, dass es genau Null Möglichkeiten gibt, mit nur zwei Ziffern eine Ziffernsumme über 18 zu erzielen. ;-)
Man führt dies aus Bequemlichkeit ein, damit man die Summe für m(k) immer von 0 bis k laufen kann, auch dann wenn k>18 ist. Dann werden eben eine Reihe von Nullen dazu addiert. Das tut nicht weh und man hat einen kompakten Ausdruck der für alle Werte von 0 bis 36 gilt.

Gruß RMix



Bezug
                                
Bezug
Wahrscheinlichkeitsverteilung: Merci!
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 12:58 Sa 04.07.2015
Autor: magics

Deine ausführliche Antwort ist keine Selbstverständlichkeit. Ich danke dir vielmals!!!

lg,
magics

Bezug
        
Bezug
Wahrscheinlichkeitsverteilung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:31 Sa 04.07.2015
Autor: Leopold_Gast

Zum Beweis von [mm]m(k) = m(36-k)[/mm] könnte man auch verwenden, daß

[mm]\varphi_k: \ A_k \to A_{36-k} \, , \ \ (x_1,x_2,x_3,x_4) \mapsto (y_1,y_2,y_3,y_4) \ \ \text{mit} \ \ y_1 = 9-x_1, \, y_2 = 9-x_2, \, y_3 = 9-x_3, \, y_4 = 9-x_4[/mm]

für [mm]0 \leq k \leq 17[/mm] eine bijektive Abbildung ist.

Bezug
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