Hypergeometrische Verteilung

01.11.2011, 12:59

loyloep

Hypergeometrische Verteilung

Meine Frage:
Eine Urne enthält 3 weiße, 3 schwarze und 3 rote Kugeln, es werden 4 Kugeln gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Stichprobe nur Kugeln zweier Farben enthält?

Meine Ideen:
Die Aufgabe berechnet sich mit Hilfe der Formel:

$\begin{eqnarray*} h(k \vert;N;M;n) = \frac{\binom{M}{k}\binom{N-M}{n-k} }{\binom{N}{n}} \end{eqnarray*}$

Für die geg. Aufgabestellung sind
$\begin{eqnarray*} N = 9 (Anzahl der Elemente in der Grundgesamtheit) \\<br /> n = 4 (Anzahl der Elemente in der Stichprobe)<br /> \end{eqnarray*}$

Was jedoch M und was k ist, weiß nicht.

01.11.2011, 13:04

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Es ist hier nicht genau spezifiziert, welche zwei Farben da im Ergebnis zugelassen sind, es dürfen irgendwelche zwei sein. Insofern sollte dir klar sein, dass es mit einmaligem einfachen Einsetzen in die (von dir falsch angegebene) Wahrscheinlichkeitsformel der hypergeometrischen Verteilung nicht getan ist.

01.11.2011, 13:08

loyloep

Auf diesen Beitrag antworten »

Nun gut, dann nehme ich die Formel

$\begin{eqnarray*} h(k \vert;N;M;n) =\sum_{y=0}^k \frac{\binom{M}{y}\binom{N-M}{n-y} }{\binom{N}{n}} \end{eqnarray*}$ .

Aber was ist laut der Aufgabenstellung M und k.

01.11.2011, 15:05

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Vergiß die Formeln und gehe da mit dem gesunden Menschenverstand heran. Kennst du aus dem Schulunterricht die Wahrscheinlichkeitsbäume für das Ziehen ohne Zurücklegen (aber mit Berücksichtigung der Reihenfolge)?

Vielleicht wäre erst zu klären, was "nur Kugeln zweier Farben" bedeutet. Ich verstehe hier "nur" so, daß genau zwei verschiedene Farben auftreten (also nicht nur eine und auch nicht drei).

Wir haben weiße (w), schwarze (s) und rote (r) Kugeln. Ein Ausgang $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ des Zufallsexperiment ist ein Pfad der Länge 4, z.B $\begin{eqnarray*} \omega = \text{rswr} \end{eqnarray*}$ für "erster Zug rot, zweiter Zug schwarz, dritter Zug weiß, vierter Zug rot". Die Wahrscheinlichkeit für dieses $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ wäre $\begin{eqnarray*} \frac{3}{9} \cdot \frac{3}{8} \cdot \frac{3}{7} \cdot \frac{2}{6} \end{eqnarray*}$ .

Und jetzt überlege, welche Pfade dein Ereignis bestimmen. Ich würde empfehlen, zuerst nach den vorkommenden Farben zu sortieren: SW-Fall, SR-Fall, WR-Fall. Im SW-Fall dann die Typen "sssw","ssww","wwws" unterscheiden (in den anderen Fällen entsprechend). Beachte, daß innerhalb jedes Typs beliebig permutiert werden darf. Zum Typ "sssw" gehören also die Pfade $\begin{eqnarray*} \text{sssw},\text{ssws},\text{swss},\text{wsss} \end{eqnarray*}$ . Bei Bäumen rechnet man implizit unter Berücksichtigung der Reihenfolge. Da es in dieser Aufgabe aber auf die Reihenfolge nicht ankommt (sie ist so formuliert, als würden die vier Kugeln auf einmal gezogen), muß man hinterher auch alle möglichen Reihenfolgen berücksichtigen, um das wiedergutzumachen.

01.11.2011, 18:14

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Andere Herangehensweise:

Zunächst überlegt man sich, dass man zwangsläufig immer mindestens zwei verschiedene Farben zieht - einfach deswegen, weil 4 Kugeln gezogen werden und es aber von jeder Farbe nur 3 Kugeln gibt. (*)

Betrachten wir den Fall, dass nur weiße und schwarze Kugeln gezogen werden: Die Anzahl dafür günstiger Ziehungsvarianten berechnet man gemäß der Auswahl 4 aus 6 (=3weiß+3schwarz), während die Gesamtanzahl aller Ziehungsvarianten der Auswahl 4 aus 9 (=alle Kugeln) entspricht. (**)

Was für die Kombination weiß/schwarz gilt, trifft auch für die beiden restlichen Kombinationen weiß/rot und schwarz/rot zu, es gibt auch keine Überschneidungen der drei Fälle (wegen (*)), so dass die Gesamtwahrscheinlichkeit sehr leicht aus dem Ergebnis von (**) folgt.

02.11.2011, 09:38

loyloep

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn ich nach Leopolds Vorschlag vorgehe, erhalte ich folgendes Ergebnis:

SW-Fall

1.) Typ: "sssw" mit den 4 Pfaden: "sssw", "ssws", "swss", "wsss"
2.) Typ: "ssww" mit den 6 Pfaden: "ssww", "swsw", "wssw", "swws", "wwss", "wsws"
3.) Typ: "wwws" mit den 4 Pfaden: "wwws", "wwsw", "wsww", "swww"

Analog für den SR-Fall und den WR-Fall

Die Wahrscheinlichkeiten für die Pfade sind:

1.) Typ "sssw": $\begin{eqnarray*} ( \frac{3}{9} \cdot \frac{3}{8} \cdot \frac{2}{7} \cdot \frac{1}{6} )\cdot 4 = 1/42 \end{eqnarray*}$

2.) Typ "ssww": $\begin{eqnarray*} ( \frac{3}{9} \cdot \frac{2}{8} \cdot \frac{3}{7} \cdot \frac{2}{6} ) \cdot 6 = 1/14 \end{eqnarray*}$

3.) Typ "wwws": $\begin{eqnarray*} ( \frac{3}{9} \cdot \frac{3}{8} \cdot \frac{2}{7} \cdot \frac{1}{6} ) \cdot 4 = 1/42 \end{eqnarray*}$

Zusammenaddieren ergibt: 1/42 + 1/14 + 1/42 = 5 /42.

Das das auch für die 2 anderen Fälle gilt erhält man insgesamt 15/42.

Wie man die Formel richtig auf die Aufgabenstellung anwendet interssiert mich noch immer, vielleicht könnt Ihr dazu noch etwas sagen.

02.11.2011, 17:54

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von loyloep
Zusammenaddieren ergibt: 1/42 + 1/14 + 1/42 = 5 /42.

Das das auch für die 2 anderen Fälle gilt erhält man insgesamt 15/42.

Stimmt genau. Freude

Die Rechnung für den Alternativweg lautet

$\begin{eqnarray*} 3 \cdot \frac{\displaystyle\binom{6}{4}}{\displaystyle\binom{9}{4}} \end{eqnarray*}$ ,

der Ergebniswert ist natürlich derselbe.

03.11.2011, 16:22

loyloep

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke für Eure Hilfe!

01.04.2012, 16:39

Leser

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo zusammen,
wir haben uns grad die Aufgabe zwecks Klausurvorbereitung angeschaut und nach alternativen Lösungswegne gesucht...dabei haben wir andere Ergebnisse ruasgefunden.
Da wir wissen, dass 15/42 richtig ist, versuchen wir jetzt unsere denkfehler zu finden aber kommen einfach (nach fast 2 stunden) nicht weiter und können überhaupt nicht mehr klar denken:

1) Für den Fall, dass nur schwarze oder weiße Kugeln gezogen werden, soll es ja $\begin{eqnarray*} \dbinom{6}{4}=15 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten geben. Aber wir kommen nur auf 14 Möglichkeiten: ssww, swws, swsw, wssw, wsws, wwss, swww, wsws, wwsw, wwws, sssw, ssws, swss, wsss. Überlegung war: Entweder müssen unter den 4 Kugeln 1,2 oder 3 weiße sein, also $\begin{eqnarray*} \dbinom{4}{1} + \dbinom{4}{2} + \dbinom{4}{3} = 4+6+4 = 14 \end{eqnarray*}$

Wo ist unser Fehler, wieso kommen wir nicht auf 15 Möglichkeiten?

01.04.2012, 19:01

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn man unterschiedliche Dinge zählt, sollte man sich nicht wundern, wenn unterschiedliche Ergebnisse herauskommen.

$\begin{eqnarray*} \binom 6 4 \end{eqnarray*}$

Das zählt die Möglichkeiten, aus 6 unterscheidbaren Objekten 4 auszuwählen ohne Berücksichtigung der Reihenfolge. Färbungen der Objekte spielen dafür keine Rolle. Das gilt auch, wenn alle 6 schwarz sind.

Ihr dagegen haben die Unterscheidbarkeit auf die Farben reduziert, andererseits aber bezüglich der Farben die Reihenfolge beachtet.

Weshalb sollte da dasselbe herauskommen? Es ist reiner Zufall, dass der Unterschied nur 1 ist. Nehmt mal 1 Kugel von den 6 oder 6 von den 6, dann wird der Unterschied drastischer.

06.04.2012, 13:23

Leser

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen Dank für deine Antwort, Huggy. Aufmalen hat übrigens auch sofortige Einsicht gebracht (wenns auch etwas aufwändig war)

Neue Frage »

Antworten »

Hypergeometrische Verteilung

Verwandte Themen