Einfache Urnenmodelle

Gegeben sei eine Urne mit $N$ Elementen, die mit den Zahlen $1,2,\ldots ,N$ numeriert werden. Aus dieser Urne werden $n$ Elemente ,,zufällig'' entnommen. Ergebnis des gesamten Losvorganges ist ein $n$-Tupel $(i_{1},\ldots ,i_{n})$. Dabei gibt $i_{j}$ die Nummer des Elementes an, das bei der $j$-ten Ziehung entnommen wird. Wir betrachten vier verschiedene Arten von Losvorgängen, die sich durch die folgenden Auswahlarten ergeben:

• mit Zurücklegen (d.h., Mehrfachziehungen sind möglich)
• ohne Zurücklegen (d.h., jedes Element kann maximal einmal gezogen werden)

• mit Reihenfolge (d.h. $(1,1,4,2)\neq (1,2,4,1)$)
• ohne Reihenfolge (d.h. $(1,1,4,2)=(1,2,4,1)$)

Sei $D=\{1,2,\ldots ,N\}$ die Menge der Elemente, die sich zu Beginn des Zufallsexperimentes in der Urne befinden. Die Grundmengen $\Omega_I$ - $\Omega_{IV}$, die die vier verschiedenen Arten von Losvorgängen modellieren, haben die folgende Gestalt:

1. Auswahl mit Reihenfolge und mit Zurücklegen
   $\Omega _{I}=\left\{ {\omega }=(\omega _{1},\ldots ,\omega _{n}),\omega _{i}\in D\textrm{ für }i=1,\ldots ,n\right\} =D^{n}$
   $\left\vert \Omega _{I}\right\vert =N^{n}$
2. Auswahl mit Reihenfolge und ohne Zurücklegen
   $\Omega _{II}=\left\{ {\omega }=(\omega _{1},\ldots ,\omega _{n}),\omega _{i}\in D,\omega _{i}\neq \omega _{j}\textrm{ für }i\neq j\right\}$
   Stufe 1: $N$ Möglichkeiten
   Stufe 2: $N-1$ Möglichkeiten
   $\vdots$
   Stufe $n$: $(N-n+1)$ Möglichkeiten
   Also: $\left\vert \Omega _{II}\right\vert =N\cdot (N-1)\cdot \ldots \cdot (N-n+1)=\frac{N!}{(N-n)!}$
   Wichtiger Spezialfall: $n=N$ (Permutationen) $\Rightarrow \left\vert \Omega _{II}\right\vert =N!$
3. Auswahl ohne Reihenfolge und ohne Zurücklegen
   $\Omega _{III}=\left\{ {\omega }= (\omega _{1},\ldots ,\omega _{n}),\omega _{i}\in D,\omega _1<\omega _2< \ldots<\omega_n\right\}$
   Also: $\left\vert \Omega _{III}\right\vert = \frac{N!}{(N-n)!\cdot n!}={N\choose n}$ (Binomialkoeffizient)
4. Auswahl ohne Reihenfolge und mit Zurücklegen
   $\Omega _{IV}=\left\{ {\omega }= (\omega _{1},\ldots ,\omega _{n}),\omega _{i}\in D, \omega_1\le\omega_2\le\ldots\le\omega_n\right\}$
   $\left\vert \Omega _{IV}\right\vert ={N+n-1\choose n} =\frac{(N+n-1)!}{n!\cdot (N-1)!}$

Zusammenfassung

Auswahl vom Umfang $n$ aus $\{1,2,\ldots ,N\}$	mit Zurücklegen	ohne Zurücklegen
mit Reihenfolge	$\left\vert \Omega _{I}\right\vert =N^{n}$	$\left\vert \Omega _{II}\right\vert =\frac{N!}{(N-n)!}$	unterscheidbare Marken
ohne Reihenfolge	$\left\vert \Omega _{IV}\right\vert ={N+n-1\choose n}$	$\left\vert \Omega _{III}\right\vert ={N\choose n}$	nicht unterscheidbare Marken
	mit Mehrfachbelegung	ohne Mehrfachbelegung	Verteilung von $n$ Marken auf $N$ Zellen

Beispiele

 

1. Von den 16 Mannschaften, die am UEFA-Cup eines bestimmten Jahrganges teilnehmen, seien 2 Mannschaften aus Deutschland. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die beiden deutschen Mannschaften in der ersten Runde gegeneinander spielen?
   Lösung: $N=n=16$ (mit Reihenfolge und ohne Zurücklegen) $8\cdot 2\cdot 14!/16!=1/15$.
2. Angenommen: 4 identische Würfel werden gleichzeitig geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die vier Augenzahlen voneinander verschieden sind?
   Erste Lösungsidee: Auswahl ohne Reihenfolge und mit Zurücklegen. $\Rightarrow \left\vert \Omega _{IV}\right\vert ={6+4-1\choose 4}=126$.
   Problem: keine Chancengleichheit der Elementarereignisse, denn $\{1,1,1,1\}$ ist (4!)-mal weniger wahrscheinlich als $\{1,2,3,4\}$ (wegen der Permutationen).
   besser: Wir nehmen an, dass wir die 4 Würfel nacheinander werfen und dabei auf die Reihenfolge der erzielten Augenzahlen achten.
   $\Rightarrow$ Laplacescher Wahrscheinlichkeitsraum.
   $\left\vert \Omega _{I}\right\vert =6^{4}$ (Anzahl der möglichen Fälle), $A\subset \Omega _{I}$, $A=\{\textrm{Auswahlen},\textrm{bestehend aus }4$ unterschiedlichen Augenzahlen$\}$, $\left\vert A\right\vert =6\cdot 5\cdot 4\cdot 3$ (Anzahl der günstigen Fälle)
   $$P(A)=\frac{\left\vert A\right\vert }{\left\vert \Omega _{I}\right\vert }=\frac{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3}{6^{4}}=\frac{5}{18}$$

3. Zahlenlotto: $n=6$ aus $N=49$ (ohne Reihenfolge und ohne Zurücklegen)
   Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, mindestens 4 Richtige zu haben?
   Lösung: $D=\{1,\ldots ,49\}$, $\left\vert \Omega _{III}\right\vert = {49\choose 6},\, \Omega _{III}=\left\{ {... ... ,\omega _{6}\right\} ,\omega _{i}\in D, \omega _{1}<\ldots<\omega _{6}\right\}$
   $A_{i}=$ { genau $i$ Richtige }, $P(A_{4}\cup A_{5}\cup A_{6})=?$
   Weil $A_{i}\cap A_{j}=\emptyset \forall i\neq j,$ gilt $P(A_{4}\cup A_{5}\cup A_{6}) =P(A_{4})+P(A_{5})+P(A_{6})$.
   Dabei ist $\left\vert A_{4}\right\vert ={6\choose 4} {43\choose 2},\;\left\vert A_{5}\rig... ...ose 5}{43\choose 1},\; \left\vert A_{6}\right\vert ={6\choose 6}{43\choose 0}=1$
   $$\Rightarrow\qquad P(A)=\frac{{6\choose 4}{43\choose 2} +{6\choose 5}{43\choose 1}+1}{{49\choose 6}}=0.000987$$
   Beachte $\;$ Dieses Beispiel ist ein Spezialfall der hypergeometrischen Verteilung.

Hypergeometrische Verteilung

$\;$ Betrachten Urne mit $N$ Elementen, wobei zwei Typen von Elementen vorhanden seien ($S$ schwarze Kugeln, $R$ rote Kugeln); $N=S+R$. Sei $n=$Anzahl der insgesamt entnommenen Kugeln; $s=$Anzahl der entnommenen schwarzen Kugeln; $P(s,n;S,N)=$Wahrscheinlichkeit, dass $s$ schwarze Kugeln bei der Entnahme von insgesamt $n$ Kugeln gezogen werden, falls von den $N$ vorhandenen Kugeln $S$ schwarz sind.

$$\Rightarrow\qquad P(s,n;S,N)=\frac{{S\choose s}{N-S\choose n-s}}{{N\choose n}}$$