Hypergeometrische Verteilung

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12.10.2013, 04:37	StatistikSuperdummie	Auf diesen Beitrag antworten »
Hypergeometrische Verteilung hi there! aufgabe: unter den 20 besten frauen und männern eines vereins werden 5 vereinsmitglieder für die teilnahme an einem internationalen wettkampf ausgelost. wie groß ist die wahrscheinlichkeit, dass petra und josef zu den 5 ausgelosten zählen? 20 über 5 möglichkeiten gibt es, 5 mitglieder aus 20 mitgliedern auszulosen. bloß, wie bekomme ich noch petra und josef in die rechnung? kann man das mit der hypergeometrischen formel lösen? wenn ja, was wären dann M, N, m, n ?
12.10.2013, 13:36	Kasen75	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, wenn ich das richtig sehe, ist hier $\begin{eqnarray} M=5 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \textcolor{blue}{m}=2 \end{eqnarray}$ (Petra und Josef). Edit: Blaues korrigiert. Was ist dann N und n ? Grüße.
12.10.2013, 16:15	StatistikSuperdummie	Auf diesen Beitrag antworten »
hallo, M, N, m, n sind die paramater der formel der hypergeometrischen verteilung, die ich bei wikipedia gefunden habe. ich dachte mir, wenn ich die formel benutzen soll dass müsste ich für die parameter werte einsetzen lg
12.10.2013, 16:18	Kasen75	Auf diesen Beitrag antworten »
Richtig. Was sind denn jetzt die Werte für N bzw. n ?
12.10.2013, 16:48	StatistikSuperdummie	Auf diesen Beitrag antworten »
hmmm .... N wäre dann die grundmege, das sind die 20 frauen und männer, und n wäre dann gleich k: n = k = 5, also das, was bei dir m ist. mit diesen werten hatte ich es schon versucht, $\begin{eqnarray} <br /> <br /> \frac{\binom{5}{2}\cdot \binom{20-15}{5-2}}{\binom{20}{5}}<br /> <br /> \end{eqnarray}$ aber da kam eine wahrscheinlichkeit von rund 29% prozent raus. das kam mir dann viiiieeeeeiel zu hoch vor und außerdem war mir dann im nachhinein überhaupt nicht klar, warum ich mit $\begin{eqnarray} \binom{20-15}{5-2} \end{eqnarray}$ im zähler rechnen sollte.
12.10.2013, 17:26	Kasen75	Auf diesen Beitrag antworten »
Jetzt wo es so dasteht, fällt mir auf, dass Petra und Josef nicht irgendwelche Elemente sind. Man kann Petra (a) und Josef (b) in folgender Reihenfolge "ziehen". $\begin{eqnarray} abccc \end{eqnarray}$ Die Elemente c sind alle Personen, die nicht Petra und auch nicht Josef sind. Diese Wahrscheinlichkeit kann man ausrechnen. Jetzt muss man noch berücksichtigen, dass die Reihenfolge auch anders sein kann, z.B. $\begin{eqnarray} acbcc \end{eqnarray}$ Die Anzahl der verschiedenen Reihenfolgen (Permutation von gruppenweise identischen Elementen) kann man dann berechnen. Das Ergebnis muss man dann mit dem obigen Ergebnis multiplizieren.
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12.10.2013, 18:41	StatistikSuperdummie	Auf diesen Beitrag antworten »
also dann einfach nur $\begin{eqnarray} <br /> \frac{\binom{5}{2}}{\binom{20}{5}}<br /> <br /> \end{eqnarray}$ neee ne ...
12.10.2013, 22:36	StatistikSuperdummie	Auf diesen Beitrag antworten »
wäre jemand mal so nett, mir den rechenweg zu erklären?
12.10.2013, 23:53	Mathe-Maus	Auf diesen Beitrag antworten »
Beispiel: Du hast eine rote, eine gelbe und 18 blaue Kugeln. 5x ziehen ohne zurücklegen. Gesucht Möglichkeiten, dass die rote, die gelbe und 3 blaue Kugeln gezogen werden. Rote Kugel nach links legen, gelbe Kugel in die Mitte, die blauen Kugeln nach rechts. Rote Kugel: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Möglichkeiten Gelbe Kugel: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Möglichkeiten 3 Blaue Kugeln: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 18 \\ 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Möglichkeiten Möglichkeiten für genau die oben geforderte Ziehung: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} 18 \\ 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ (Ob Rot oder gelb oder blau zuerst oder zuletzt gezogen werden ist egal.) LG Mathe-Maus
13.10.2013, 19:59	StatistikSuperdummie	Auf diesen Beitrag antworten »
hallo mathe-maus, vielen dank für deine antwort! auf wikipedia ist die hypergeometrische formel mit nur zwei mengen M, N angegeben. wow, man kann sie also auch auf mehrere mengen anwenden! hier wären es drei mengen: 1 rote, 1 gelbe, 3 blaue kugeln. die wahrscheinlichkeit, dass petra und josef gezogen werden ist also $\begin{eqnarray} <br /> P =\frac{\binom{1}{1} \binom{1}{1} \binom{18}{3}}{\binom{20}{5}} \approx 0,5263<br /> \end{eqnarray}$ kann man obige formel auch irgendwie nachvollziehbar herleiten?
14.10.2013, 00:01	chris_78	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja kann man schon. Die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses ist definiert, als die Anzahl aller für das Ereignis günstigen Möglichkeiten geteilt durch die Anzahl aller Möglichkeit. Der Binomialkoeffizient $\begin{eqnarray} \binom{n}{k} \end{eqnarray}$ gibt ja an wieviel Möglichkeiten es gibt aus n Objekten k Objekte zu ziehen (ohne Zurücklegen und Beachtung der Reihenfolge). Im Nenner hast Du also die Anzahl aller Möglichkeiten aus 20 Objekten genau 5 auszuwählen, sprich alle Möglichkeiten. (Falls es hilft, kann man sich 20 nummerierte Kugeln vorstellen. Wie beim Lotto werden dann daraus 5 gezogen und $\begin{eqnarray} \binom{20}{5} \end{eqnarray}$ ist die Anzahl aller Kombinationsmöglichkeiten) Nun interessieren uns aber nicht alle Möglichkeiten, sondern nur die, wo Petra und Josef dabei sind (analog beim Lotto, ich habe z.B. die 1 und die 8 getippt und mich interessieren nur die Ergebnisse, wo auch die 1 und die 8 gezogen wurden). Wer die restlichen 3 Plätze bekommt ist mir ja egal. Zur Verfügung stehen dafür die übrigen 18 Mitglieder. $\begin{eqnarray} \binom{18}{3} \end{eqnarray}$ gibt dann die Anzahl der Möglichkeiten an, 3 aus diesen 18 auszuwählen. Die beiden anderen Plätze belegen ja immer Petra und Josef und da gibt es eben nur jeweils die $\begin{eqnarray} \binom{1}{1}=1 \end{eqnarray}$ Möglichkeit, nämlich das eben jeweils Petra und Josef dabei sind. (beim Lotto würde man wohl eher $\begin{eqnarray} <br />P =\frac{\binom{2}{2} \binom{18}{3}}{\binom{20}{5}} \approx 0,05263<br /> \end{eqnarray}$ schreiben, wobei $\begin{eqnarray} \binom{2}{2}=1 \end{eqnarray}$ ausdrückt aus den 2 getippten Zahlen genau 2 zu ziehen. Könnte man hier aber natürlich auch so aufschreiben) Im Ergebniss ging wohl eine Null verloren oder? 0,05263=5,263% wäre korrekt
14.10.2013, 00:52	StatistikSuperdummie	Auf diesen Beitrag antworten »
hallo chris_78, vielen dank für deine antwort! stimmt, beim kopieren ist mir irgendwie eine 0 verloren gegangen... mit der lotto-analogie habe ich es schon versucht. beim lotto würde ich, wenn ich mich für die wahrscheinlichkeit von z.b. zwei richtig getippten zahlen interessiere folgendes rechnen: $\begin{eqnarray} <br /> P(2 \ Richtige) = \frac{\binom{6}{2} \binom{43}{4}}{\binom{49}{6}}<br /> \end{eqnarray}$ analog dazu wären es hier 20 kugeln, von denen 5 gezogen werden, von denen mich allerdings nur 2 interessieren: $\begin{eqnarray} <br /> P(Petra \ und \ Josef) = \frac{\binom{5}{2} \binom{15}{3}}{\binom{20}{5}} \approx 0,2935<br /> \end{eqnarray}$ was ist an obiger überlegung falsch? warum kann ich petra und josef nicht einfach nummerieren und rechnerisch wie das ziehen von lottokugeln behandeln?
14.10.2013, 01:27	chris_78	Auf diesen Beitrag antworten »
Dein Denkfehler besteht in der Interpretation der Binomialkoeffizienten. Bei $\begin{eqnarray} <br />P(2 \ Richtige) = \frac{\binom{6}{2} \binom{43}{4}}{\binom{49}{6}}<br /> \end{eqnarray}$ steht $\begin{eqnarray} \binom{6}{2} \end{eqnarray}$ für die Anzahl der Möglichkeiten aus der Menge der 6 getippten Zahlen genau 2 auszuwählen. $\begin{eqnarray} \binom{43}{4} \end{eqnarray}$ gibt dann die Anzahl der Möglichkeiten an aus den nicht getippten 43 Zahlen genau 4 auszuwählen. Denn wenn ich nur 2 Richtige habe, müssen ja auch 4 Zahlen gezogen werden, die ich nicht getippt habe. Angewendet auf unsere Kugeln haben wir aber nun aber nur 2 Kugeln getippt (Josef und Petra) und wollen dass die beide gezogen werden, also $\begin{eqnarray} \binom{2}{2}=1 \end{eqnarray}$ Möglichkeit. Die restlichen 3 Plätze werden durch die verbleibenden 18 Mitglieder belegt. Da gibt es dann $\begin{eqnarray} \binom{18}{3} \end{eqnarray}$ Möglichkeiten
14.10.2013, 01:27	StatistikSuperdummie	Auf diesen Beitrag antworten »
ah, ich glaub ich weiß schon. bei der berechnung der wahrscheinlichkeit, 2 aus 49 richtigen zu tippen können es verschiedene kombinationen sein, z.b. 1,2 oder 1,3 oder 45, 46. bei der petra-josef-aufgabe wären es aber zwei ganz bestimmte zahlen, z.b. 1 und 2. hmmm ...
14.10.2013, 01:32	chris_78	Auf diesen Beitrag antworten »
Genau. Du tippst ja 6 Zahlen beim deutschen Lotto. Z.B. 1, 2, 3, 4, 5, 6 Für zwei Richtige gibt es dann die $\begin{eqnarray} \binom{6}{2} \end{eqnarray}$ Möglichkeiten. Es kann z.B. ja 1+2 oder 4+6 oder 3+5 usw gezogen werden.
14.10.2013, 01:39	StatistikSuperdummie	Auf diesen Beitrag antworten »
also hatte ich quasi nen doppeldenkfehler drin, oje! supie, jetzt ist es mir schon um einiges klarer! diesen ganzen kombinatorik-kram finde ich voll schwer verdaulich. ich befasse mich zwar schon ein paar wochen mit dem thema und jedes mal, wenn ich denke, dass ich es verstanden hätte, kommt ne neue aufgabe und ich stehe da wie der ochs vorm berg. vielen dank für deine mühe!
14.10.2013, 01:39	Mathe-Maus	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo StatistikSuperdummi, jetzt lese bitte nochmal ganz genau ! 20 Personen 5 Personen auswählen (Petra und Josef sollen unbedingt dabei sein). Im letzten Beispiel hatten wir Petra und Josef einen einzelnen Platz zugewiesen. Jetzt stellen wir BEIDE in die linke Zimmerecke. Alle anderen Personen (18) gehen in die rechte Zimmerecke. Jetzt beginnt das das Ziehen. Aus der linken Ecke MÜSSEN 2 Personen gezogen werden (Petra und Josef sollen ja zwingend dabei sein). Aus 2 werden 2 gezogen. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Aus der rechten Ecke ziehen wir noch 3 Personen, da die Gruppe ja 5 Personen betragen soll. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 18 \\ 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Günstige (gewünschte) Möglichkeiten: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 18 \\ 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
14.10.2013, 01:44	Mathe-Maus	Auf diesen Beitrag antworten »
6 aus 49 und 2 richtige ziehen. Alle 6 richtigen nach links packen, die falschen 43 nach rechts packen. Ziehe links die 2 richtigen. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 6 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Ziehe rechts noch 4 falsche. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 43 \\ 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ .... usw.usf.

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