mehrstufige Stichprobenentnahme

18.04.2006, 17:32

Paul_H

mehrstufige Stichprobenentnahme

Sagen wir, es gäbe eine Kiste mit 1000 kleinen Würfeln, 488 davon sind gefärbt, 512 nicht.
Jetzt werden 6 davon gezogen - nicht wieder zurückgelegt.
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die ersten vier gefärbt, die zwei letzten aber nicht gefärbt sind?
Ich grüble über meinen Aufzeichnungen und Literatur, wie ich diese Aufgabe am besten angehen kann.

Mein erster Ansatz war folgender:

$\begin{eqnarray*} \frac{488}{1000} \cdot \frac{487}{999} \cdot \frac{486}{998} \cdot \frac{485}{997} \cdot \frac{512}{996} \cdot \frac{511}{995} \approx 0,0149. \end{eqnarray*}$

Aber ist es nicht so, dass ich die Wahrscheinlichkeiten für z.B. "A=gefärbt beim zweiten Zug" annehmen muss, und zwar immer unter Berücksichtigung, dass im Zug davor ein jeweiliger Würfel bereits gezogen wurde?
Also mit erweiterter Multiplikationsformel:

$\begin{eqnarray*} P(A_1 \cap A_2 \cap ... \cap A_6) = P(A_1) \cdot P(A_2|A_1) \cdot P(A_3|A_1 \cap A_2) \cdot ... \cdot P(A_6|A_1 \cap ... \cap A_5). \end{eqnarray*}$

Wenn ja, dann wird das aber ziemlich kompliziert, weiss nämlich immer noch nicht genau, wie ich z.B. folgendes rechnen soll:

$\begin{eqnarray*} \frac{P(A_1 \cap A_2)}{P(A_1)}. \end{eqnarray*}$

18.04.2006, 17:33

incass

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kennst du die hypergeometische Verteilung?

18.04.2006, 17:38

Paul_H

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Ich habe mir die hypergeometrische Verteilung mal im Buch angeschaut und versucht, sie richtig zu verstehen. Dies erwies sich als etwas schwierig, denn diese hypergeom. Verteilung beschäftigt sich nicht mit dem Ziehen ohne Zurücklegen in einer bestimmten Reihenfolge.

Außerdem sollte die Aufagbe für mich auch ohne diese lösbar sein, in der Vorlesung haben wir sie nämlich nicht durchgenommen.

18.04.2006, 17:44

incass

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Drum frage ich ja auch ob du sie kennst oder nicht.

$\begin{eqnarray*} P(A) = \frac{{488~\choose~4}*{512~\choose~2}}{{1000~\choose~6}} \end{eqnarray*}$

Da es $\begin{eqnarray*} {488~\choose~4} \end{eqnarray*}$
Möglichkeiten gibt, die gefärbten zu ziehen, kombiniert mit $\begin{eqnarray*} {512~\choose~2} \end{eqnarray*}$
Möglichkeiten die Nichtgefärbten zu ziehen bei insgesamt $\begin{eqnarray*} {1000~\choose~6} \end{eqnarray*}$
Gesamtmöglichkeiten.

18.04.2006, 17:51

Paul_H

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Alles klar, das leuchtet mir ein. Dies zeigt doch aber die Wahrscheinlichkeit ALLER folgender Möglichkeiten (g = gefärbt, f=farblos):

ggggff
ffgggg
gfgfgg
gffggg.... u.s.w.

Gesucht ist jedoch die Wahrscheinlichkeit, dass explizit die ersten vier gefärbt sind, und die letzten beiden farblos.
Oder habe ich dich missverstanden in dem, was du da sagst?

Klär' mich auf.

18.04.2006, 18:42

incass

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Du hast völlig recht. Ich habe die Aufgabe nicht recht gelesen.

Allerdings hat jede dieser Möglichkeiten die gleiche Chance aufzutreten. Insgesamt gibt es 6!/(4!2!) solcher Möglichkeiten. Um diesen Wert muss das Ergebnis noch dividiert werden.

18.04.2006, 18:45

incass

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das läuft im Übrigen auf dein Ergebnis hinaus !

18.04.2006, 18:50

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Zitat:

Original von Paul_H
Mein erster Ansatz war folgender:

$\begin{eqnarray*} \frac{488}{1000} \cdot \frac{487}{999} \cdot \frac{486}{998} \cdot \frac{485}{997} \cdot \frac{512}{996} \cdot \frac{511}{995} \approx 0,0149. \end{eqnarray*}$

Vollkommen richtiger Ansatz (numerisch nachgerechnet habe ich jetzt nicht).

Zitat:

Original von Paul_H
Aber ist es nicht so, dass ich die Wahrscheinlichkeiten für z.B. "A=gefärbt beim zweiten Zug" annehmen muss, und zwar immer unter Berücksichtigung, dass im Zug davor ein jeweiliger Würfel bereits gezogen wurde?
Also mit erweiterter Multiplikationsformel:

$\begin{eqnarray*} P(A_1 \cap A_2 \cap ... \cap A_6) = P(A_1) \cdot P(A_2|A_1) \cdot P(A_3|A_1 \cap A_2) \cdot ... \cdot P(A_6|A_1 \cap ... \cap A_5). \end{eqnarray*}$

Auch richtig - und nichts anderes tust du doch:

$\begin{eqnarray*} P(A_1)=\frac{488}{1000},\quad P(A_2 \bigm| A_1) = \frac{487}{999} \end{eqnarray*}$

usw. Da stecken doch die Bedingungen schon drin. So ist z.B. ohne Bedingung $\begin{eqnarray*} P(A_2)=\frac{488}{1000} \end{eqnarray*}$ bzw. mit anderem Ausgang im ersten Zug $\begin{eqnarray*} P(A_2 \bigm| A_1^c) = \frac{488}{999} \end{eqnarray*}$ usw.

Also wo sind deine Bauchschmerzen, wo du doch alles richtig hast? Augenzwinkern

18.04.2006, 18:51

incass

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Weiterhin wäre folgende Überlegung eine Alternative:

Wkeit, dass unter den ersten 4 genau 4 gefärbte und Wkeit dass unter den dann noch übrigen genau 2 nichtgefärbte.

P(A) = ((488 4)/(1000 4)) * ((512 2)/(996 2))

18.04.2006, 18:52

Paul_H

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Alles klar, das Selbstwertgefühl steigt wieder smile

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