Verteilungen Stochastik

21.09.2009, 13:42

vektorraum

Verteilungen Stochastik

Hi!

Habe gerade Stochastik-Klausur hinter mir und mal ein paar Fragen zu ein paar Aufgaben:

Eine Urne enthalte 2 weiße, 5 schwarze und 3 rote Kugeln. Es werden 5 Kugeln zufällig und ohne Zurücklegen gezogen. Die Zufallsgröße S gebe die Anzahl der schwarzen Kugeln an, analog für R und W.

a) Bestimmen Sie die Einzelwahrscheinlichkeiten des Zufallsvektors (S,R,W).
b) Bestimmen Sie die Einzelwahrscheinlichkeiten für W.
c) Bestimmen Sie den Erwartungswert von W.
d) Berechnen Sie die bedingte Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(W\leq R|W=1) \end{eqnarray*}$ .

zu a) Nun ja, ich kann zumindest die Verteilungen für R,S und W angeben, da ja alle Zufallsgrößen Hypergeometrisch verteilt sind mit den entsprechenden Parametern. Ich habe einfach geschrieben:

$\begin{eqnarray*} P(W=k,S=j,R=l)=\ldots \end{eqnarray*}$

mit k=0,1,2 und j=0,1,...,5 und l=0,1,2,3. Was wäre da nun die konkrete Lösung???

b)/c) Klar.

d) Es ist zu berechnen $\begin{eqnarray*} P(W\leq R|W=1)=\frac{P((W\leq R)\cap (W=1))}{P(W=1)} \end{eqnarray*}$

Den Nenner hat man ja in b) berechnet. Nun braucht man noch den Zähler, was ja eigentlich nichts anderes heißen müsste, als das die Wrs. dafür gesucht wird, dass mehr als eine rote Kugel gezogen wird, oder???

Ich danke euch für die Hinweise Freude

21.09.2009, 14:06

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RE: Verteilungen Stochastik

Zitat:

Original von vektorraum
Nun braucht man noch den Zähler, was ja eigentlich nichts anderes heißen müsste, als das die Wrs. dafür gesucht wird, dass mehr als eine rote Kugel gezogen wird, oder???:

Nein, nicht "mehr" sondern "mindestens" eine Kugel - ein wichtiger Unterschied!

Dabei kann man natürlich auch übers Komplement gehen: Also alle Varianten W=1 mit Ausnahme von (S,R,W)=(4,0,1).

21.09.2009, 14:09

vektorraum

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RE: Verteilungen Stochastik
Sorry, bin noch nicht so voll da nach 4 Stunden...

Natürlich meine ich mindestens...

Also einfach die Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(R\geq 1) \end{eqnarray*}$

berechnen...

21.09.2009, 14:15

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Nein, W=1 muss im Ereignis mit dabei sein!

Das ist keine einfache hypergeometrische Verteilung - bei der gibt es nur zwei Kategorien von Objekten - du hier hast drei. Bei gewissen Ereignissen, wie etwa $\begin{eqnarray*} W=1 \end{eqnarray*}$ kannst du das durch "Zusammenlegen" auf zwei Kategorien reduzieren, bei anderen wie $\begin{eqnarray*} W=1 \wedge R\geq 1 \end{eqnarray*}$ aber nicht. unglücklich

Aber kombinatorisch gesehen sollte das kein unüberwindliches Problem sein. Augenzwinkern

21.09.2009, 14:19

vektorraum

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Danke für deine Antworten...

Du beziehst dich jetzt auf die letztere Aufgabe d) mit den letzten Kommentaren?

Hast du noch eine Bemerkung zum Zufallsvektor???

Ich rechne das nochmal in Ruhe aus... (die bedingte Wrs.)

21.09.2009, 14:34

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Ja, ich beziehe mich auf d), aber bei a) geht es ja auch schon darum, also

$\begin{eqnarray*} P(W=k,S=j,R=l) = \frac{\displaystyle \binom{2}{k} \cdot \binom{5}{j} \cdot \binom{3}{l}}{\displaystyle \binom{10}{5}} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k+j+l=5 \end{eqnarray*}$

22.09.2009, 09:39

vektorraum

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Ich danke dir Arthur, bei d) ist mir mein Fehler nun bewusst. Bei a) habe ich zunächst folgendes geschrieben:

$\begin{eqnarray*} P(W=k,S=j,R=l)=\cfrac{\binom{2}{k}\binom{8}{5-k}}{\binom{10}{5}}\cdot \cfrac{\binom{5}{j}\binom{5}{5-j}}{\binom{10}{5}}\cdot \cfrac{\binom{3}{l}\binom{7}{5-l}}{\binom{10}{5}} \end{eqnarray*}$

Ist das soweit korrekt und wenn ja, wie hast du weiter gemacht?

Was ich auch erkannt habe, was $\begin{eqnarray*} k+j+l=5 \end{eqnarray*}$ ...

Noch eine andere Frage: Wir können das ja sicher auch alles "per Hand" ausrechnen, so wie es einige Kommilitonen gemacht haben. Aber war das wirklich Sinn und Zweck der Sache bei den vielen Möglichkeiten?

22.09.2009, 09:45

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Tja, offensichtlich beißen sich die beiden Formeln für $\begin{eqnarray*} P(W=k,S=j,R=l) \end{eqnarray*}$ , deine und meine.

Deine "sequentielle" Herangehensweise ist im ersten Faktor richtig, aber dann falsch - denk da nochmal genauer drüber nach!

30.09.2009, 15:46

vektorraum

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Hi,

ich komme nochmal auf die Aufgabe zurück. Nochmal meine vollständige Lösung:

b) Die Zufallsgröße W gebe die Anzahl der weißen Kugeln an. Dann ist W Hyp(N=10,M=2,n=5)-verteilt mit Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(W=k)=\frac{\binom{2}{k}\cdot \binom{8}{5-k}}{\binom{10}{5}} \end{eqnarray*}$

mit den Einzelwahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray*} \frac{2}{9},~\frac{5}{9},~\frac{2}{9}. \end{eqnarray*}$

c) Es ist EX=1 und für min(W;1) gilt:

min(W,1)=0, falls W den Wert 0 annimmt und min(W,1)=1, falls W den Wert 1 oder 2 annimmt.

d) Arthur, du meintest evtl. über das Komplement zu gehen... Nun habe ich das gerade mal probiert, die Wahrscheinlichkeit auszurechnen, dass genau eine weiße dabei ist, komme aber nicht recht weiter...

Brauch nochmal einen Denkanstoß Hammer

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