Verteilung der Anzahl an Ziehungen bestimmen, Urnenmodell ohne Zurücklegen

23.11.2012, 22:46

Duude

Verteilung der Anzahl an Ziehungen bestimmen, Urnenmodell ohne Zurücklegen

Hallo,
meine Aufgabe lautet:
In einer Urne befinden sich n blaue und m rote Kugeln. Man ziehe so lange Kugeln ohne Zurücklegen aus der Urne bis man genau $\begin{eqnarray*} k \leq n \end{eqnarray*}$ blaube Kugeln gezogen hat. Wie ist die Anzahl der hierfür benötigten Ziehungen verteilt?

meine Überlegungen:
Ich habe insgesamt m+n Kugeln in der Urne, ich ziehe ohne Zurücklegen und ohne Reihenfolge, also gilt

$\begin{eqnarray*} \Omega=\{1, \ldots , m+n\} \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} |\Omega|= {m+n \choose k}= \frac{(m+n)!}{k!\cdot (m+n-k)!} \end{eqnarray*}$

Aber jetzt stecke ich irgendwie. Ich möchte ja eine Verteilung, also will ich wissen, wie z.B. die Wahrscheinlichkeit dafür aussieht, genau 1 blaue Kugel zu ziehen, oder 2 oder 3.

Vielleicht kann ich eine der Verteilungen verwenden, die ich (teils nur dem Namen nach) kenne:
Unif({a,...b})
Ber(p)
Bin(n,p)
Geo(p)
Poi(lambda)

Würde mich über einen Hinweis sehr freuen.
Duude

23.11.2012, 23:45

HAL 9000

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Zitat:

Original von Duude
In einer Urne befinden sich n blaue und m rote Kugeln. Man ziehe so lange Kugeln ohne Zurücklegen aus der Urne bis man genau $\begin{eqnarray*} k \leq n \end{eqnarray*}$ blaube Kugeln gezogen hat. Wie ist die Anzahl der hierfür benötigten Ziehungen verteilt?

Sei $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ die zufällige Anzahl Ziehungen, die man dafür benötigt. Dann ist

$\begin{eqnarray*} P(X=x) = \frac{\displaystyle\binom{n}{k-1} \cdot \binom{m}{x-k}}{\displaystyle \binom{m+n}{x-1}} \cdot \frac{n-k+1}{m+n-x+1} \end{eqnarray*}$ ,

der erste Faktor ist die Wahrscheinlichkeit, bis zur $\begin{eqnarray*} (x-1) \end{eqnarray*}$ -ten Ziehung genau $\begin{eqnarray*} (k-1) \end{eqnarray*}$ blaue Kugeln zu ziehen (hypergeometrische Verteilung), während der zweite Faktor dann die Wahrscheinlichkeit angibt, genau in der $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ -ten Ziehung dann noch die benötigte $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -te blaue Kugel zu ziehen. Man kann diese Wahrscheinlichkeit auch zu

$\begin{eqnarray*} P(X=x) = \frac{\displaystyle\binom{n}{k} \cdot \binom{m}{x-k}}{\displaystyle \binom{m+n}{x}} \cdot \frac{k}{x} \end{eqnarray*}$

umformen.

24.11.2012, 22:47

Duude

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Hallo HAL 9000,
erstmal vielen Dank für deine Antwort.

Ich habe den Großteil verstanden (die Strategie wie man die beiden Terme aufbaut) und habe die hypergeometrische Verteilung anhand der Definition nachvollzogen und dasselbe wie du erhalten.

Wo ich noch hänge ist der zweite Term. Mir ist klar, was wir berechnen wollen, aber ich sehe noch nicht, wie du auf die Form

$\begin{eqnarray*} \frac{n-k+1}{m+n-x+1} \end{eqnarray*}$

kommst. Wie hast du denn das gemacht?

Und irgendwie sehe ich auch noch nicht, welche Umformungen du angewendet hast, um den zusammengefassten Term zu erhalten - ich nehme an Umformungen des Binomialkoeffizienten?

24.11.2012, 22:54

HAL 9000

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Zitat:

Original von Duude
Wo ich noch hänge ist der zweite Term. Mir ist klar, was wir berechnen wollen, aber ich sehe noch nicht, wie du auf die Form

$\begin{eqnarray*} \frac{n-k+1}{m+n-x+1} \end{eqnarray*}$

kommst. Wie hast du denn das gemacht?

Muss man im Hochschulforum jeden Schritt bis ins einzelste erläutern? Offenbar leider ja:

Nach $\begin{eqnarray*} (x-1) \end{eqnarray*}$ Ziehungen mit genau $\begin{eqnarray*} (k-1) \end{eqnarray*}$ gezogenen blauen Kugeln sind von den ursprünglich $\begin{eqnarray*} (m+n) \end{eqnarray*}$ Kugeln noch $\begin{eqnarray*} (m+n)-(x-1) = m+n-x+1 \end{eqnarray*}$ übrig, darunter $\begin{eqnarray*} n-(k-1)=n-k+1 \end{eqnarray*}$ blaue Kugeln. Das ist die Situation direkt vor der $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ -ten Ziehung - was gibt's da nicht zu verstehen?

Zitat:

Original von Duude
Und irgendwie sehe ich auch noch nicht, welche Umformungen du angewendet hast, um den zusammengefassten Term zu erhalten - ich nehme an Umformungen des Binomialkoeffizienten?

Ja - das rechne ich aber nicht auch noch vor. Vergiss einfach diese zweite Darstellung, wenn du dich nicht selbst darum kümmern willst.

24.11.2012, 23:34

Duude

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Habs verstanden smile

Vielen Dank fürs Erklären und Vorrechnen - hat mir wirklich sehr geholfen...

Und sorry für die vielen Nachfragen - aber habs davor einfach nicht selbst gesehen... unglücklich

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