Verteilungen

17.09.2010, 08:58

Der Lustige Peter

Verteilungen

Guten Morgen, liebe Leute,

Ich stehe vor folgendem Problem: Ich bereite mich gerade auf die Stochastikprüfung vor und scheitere Konsequent an der Aufgabenstellung: "Geben Sie die Verteilung an". Gibt es da irgendein Vorgehen, das man anwenden kann, um die Verteilung zu erkennen?
Ein Beispiel:
Wir hatten als Übungsaufgabe folgendes:

Zitat:

Aus einer Urne mitvier roten, drei blauen und drei gelben Kugeln werden drei Kugeln ohne Zurücklegen gezogen. Geben Sie einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum an und definieren Sie die Zufallsvariablen
X: "Anzahl der roten Kugeln", Y: "Anzahl der verschiedenen Farben.
Geben Sie die gemeinsame Verteilung von X und Y an und untersuchen Sie, ob X und Y unabhängig sind.

Meine Lösung:
Wahrscheinlichkeitsraum
$\begin{eqnarray*} \Omega:=\left\{ \left( \omega_{1},\omega_{2},\omega_{3},\right), \omega_{i} \in \left\{ r_{1},..., r_{4}, b_{1},..., b_{3}, c_{1},..., c_{3} \right\}, i=j \Leftrightarrow \omega_{i}=\omega_{j}, i,j \in \left\{ 1,2,3 \right\} \right\} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A := P \left( \Omega \right) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ ist die Gleichverteilung.
$\begin{eqnarray*} X:=Anzahl \left\{ i:\omega_{i}\in\left\{r_{1},...,r_{4}\right\}\right\} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} Y:=\begin{cases} 1\ \text{für}\ \omega_{1}=\omega_{2}=\omega_{3}\\ 2\ \text{für}\ \omega_{1}=\omega_{2}\neq \omega_{3}\\ 2\ \text{für}\ \omega_{1}=\omega_{3}\neq \omega_{2}\\ 2\ \text{für}\ \omega_{2}=\omega_{3}\neq \omega_{1}\\ 3\ \text{für}\ \omega_{i}=\omega_{j}\Leftrightarrow\ i=j, i,j\in \left\{1,2,3\right\} \end{cases} \end{eqnarray*}$
Aber wie mache ich das jetzt und allgemein mit der Verteilung?

Vielen Dank für eure Hinweise!

Gruß,
Peter

17.09.2010, 09:12

René Gruber

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"Verteilung angeben" heißt nicht immmer, irgendeinen Standardverteilungstyp anzugeben. Manchmal gibt es denn nämlich gar nicht zu einen konkreten Problem, in dem Fall gibt man eben (formelmäßig) das Verteilungsgesetz an, etwa in Form der Verteilungsfunktion, oder bei stetigen Zufallsgrößen die Dichte, oder bei diskreten Zufallsgrößen (wie hier) in Form der Einzelwahrscheinlichkeiten (manchmal auch Wahrscheinlichkeitsfunktion bezeichnet)

$\begin{eqnarray*} P(X=m,Y=n) \end{eqnarray*}$

für alle in Frage kommenden Wertepaare $\begin{eqnarray*} (m,n) \end{eqnarray*}$ . Letzteres wäre also hier die passende Form.

17.09.2010, 13:08

Der Lustige Peter

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Rückfrage
Hallo René,

Vielen Dank schonmal für deine rasche Antwort. Ich sehe ein, dass es bei dieser Aufgabe wohl darauf hinausläuft, die einzelnen Wahrscheinlichkeiten aufzulisten. Vor etwa einer Stunde bin ich aber auf eine weitere Aufgabe gestoßen, die mein Problem vielleicht klarer veranschaulicht:

Zitat:

Aufgabenstellung
Eine Bäckerei kauft Eier palettenweise ein; dabei sind immer wieder Eier schon bei der Lieferung zerbrochen. Die Erfahrung sagt, dass die Wahrscheinlichkeit, dass eine Palette k zerbrochene Eier enthält Poisson-verteilt ist zum Parameter $\begin{eqnarray*} \lambda=0,3 \end{eqnarray*}$ . Also $\begin{eqnarray*} P\left(\left\{k\right\}\right)=e^{-0,3}\frac{0,3^{k}}{k!}, k\in\mathbb N_0 \end{eqnarray*}$
Der Bäcker kauft 10 Paletten auf einmal. Mit welcher Wahrscheinlichkeit enthält mindestens die Hälfte der Paletten kein zerbrochenes Ei unter der Voraussetzung, dass die Anzahlen der zerbrochenen Eier von verschiedenen Paletten unabhängig ist.

Die Lösung, die wir dazu besprochen haben sieht so aus:
$\begin{eqnarray*} S:=\text{Anzahl der Paletten mit zerbrochenem Ei} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} S\sim Bin\left(10,1-e^{-0,3}\right) \end{eqnarray*}$
Und hier steige ich schon aus. Ich kann zwar akzeptieren, dass das Binomialverteilt ist. Aber wie bekomme ich in solchen Fällen die richtige Verteilung heraus?

17.09.2010, 15:47

René Gruber

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Die Wahrscheinlichkeit, dass eine einzelne Palette zerbrochene Eier enthält (also mindestens eins), ist mit deiner Schreibweise

$\begin{eqnarray*} P(\{1,2,\ldots\}) = 1-P(\{0\}) = 1-e^{-0.3} \end{eqnarray*}$ .

Und genau das ist ja dann der Parameter $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ der Binomialverteilung $\begin{eqnarray*} B(n,p) \end{eqnarray*}$ wenn es nicht nur um eine, sondern $\begin{eqnarray*} n=10 \end{eqnarray*}$ Paletten geht.

22.09.2010, 10:29

Der Lustige Peter

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Themaverschiebung
Hallo René,

Vielen Dank auch für deine zweite Antwort.
Ich glaube inzwischen, dass ich die Binomialverteilung schon verstanden habe, aber mir nicht so ganz im Klaren bin, was denn nun die anderen Verteilungen bedeuten. Ich will mal meine bescheidenen Ansichten dazu kundtun und bitte um Rückmeldung, ob man das so sagen kann.

1. Binomialverteilung:
$\begin{eqnarray*} b\left(n,p;k\right):=\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}p^{k}\left(1-p\right)^{n-k} \end{eqnarray*}$
Bedeutet: n Züge, $\begin{eqnarray*} p:= \end{eqnarray*}$ Prozentsatz der Kugeln im Beutel weiß, der Rest schwarz, mit zurücklegen, Reihenfolge unwichtig.
2. Bernoulliverteilung:
$\begin{eqnarray*} B:=p^{k}\left(1-p\right)^{n-k} \end{eqnarray*}$
Bedeutet: n Kugeln, p*n davon weiß, der Rest schwarz, mit zurücklegen, Reihenfolge wird beachtet.
3. Poissonverteilung
$\begin{eqnarray*} Poiss_{\lambda}\left(k\right)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k}}{k!} \end{eqnarray*}$
Beteutet: Analog zur Binomialverteilung mit sehr kleinem p und sehr hohem n
4. geometrische Verteilung
$\begin{eqnarray*} G:=p\left(1-p\right)^{k-1} \end{eqnarray*}$
Bedeutet: Betrachtet man die Bernoulliverteilung, dann ist dies die Wahrscheinlichkeit, dass unter k Versuchen genau ein Treffer ist.

Wenn ich etwas nicht richtig verstanden habe, bitte ich um Korrektur!

22.09.2010, 11:23

René Gruber

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Zitat:

Original von Der Lustige Peter
3. Poissonverteilung
$\begin{eqnarray*} Poiss_{\lambda}\left(k\right)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k}}{k!} \end{eqnarray*}$
Beteutet: Analog zur Binomialverteilung mit sehr kleinem p und sehr hohem n

Ergänzend: Hier ist $\begin{eqnarray*} \lambda = np \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Der Lustige Peter
4. geometrische Verteilung
$\begin{eqnarray*} G:=p\left(1-p\right)^{k-1} \end{eqnarray*}$
Bedeutet: Betrachtet man die Bernoulliverteilung, dann ist dies die Wahrscheinlichkeit, dass unter k Versuchen genau ein Treffer ist.

Nein, das ist falsch - was du beschreibst, wird schon durch die Binomialverteilung $\begin{eqnarray*} b(k,p,1) \end{eqnarray*}$ behandelt.

Dein $\begin{eqnarray*} G = G(p,k) \end{eqnarray*}$ beschreibt die Wahrscheinlichkeit, dass der erste Erfolg in der Bernoulli-Kette genau im $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -ten Versuch auftritt, also insbesondere alle vorherigen Versuche Nr. $\begin{eqnarray*} 1,\ldots,k-1 \end{eqnarray*}$ Misserfolge waren.

22.09.2010, 16:09

Der Lustige Peter

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Zitat:

Original von René Gruber

Zitat:

Hallo René,

Vielen Dank! Aber ist es nicht eigentlich egal, wann der Erfolg passiert, solange danach noch eine feste Anzahl von Misserfolgen geschieht? Wenn der Erfolg beim ersten Mal passieren würde und danach noch k-1 Misserfolge, dann sähe die Gleichung doch genauso aus. $\begin{eqnarray*} b(k,p,1) \end{eqnarray*}$ hieße doch, dass überhaupt nur eine Ziehung passiert. Oder verstehe ich da was falsch?

22.09.2010, 17:25

René Gruber

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Zitat:

Original von Der Lustige Peter
Aber ist es nicht eigentlich egal, wann der Erfolg passiert, solange danach noch eine feste Anzahl von Misserfolgen geschieht?

Es ist ein Unterschied, ob der einzige Erfolg an irgendeiner der Positionen $\begin{eqnarray*} 1,\ldots,k \end{eqnarray*}$ geschieht, oder aber an einer festen dieser Positionen (also wie beschrieben etwa an Position $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ) geschieht. Dementsprechend ist auch

$\begin{eqnarray*} b(k;p;1) = kp(1-p)^{k-1} \end{eqnarray*}$

genau das k-fache von

$\begin{eqnarray*} G(p;k) = p(1-p)^{k-1} \end{eqnarray*}$ ,

da es ja $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten für die Position des einen Erfolgs gibt, statt nur einer.

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