Geometrische/Hypergeometrische Verteilung

03.07.2013, 17:27

NeoKortex

Geometrische/Hypergeometrische Verteilung

Hallo

Ich habe bezüglich dieser Aufgabe hier ein paar Fragen:

[attach]30838[/attach]
Bilder bitte im Forum hochladen! Math1986

Ich hätte bei der ersten Frage die Geometrische Verteilung genommen,
da diese mir ja den Anzahl der Versuche bis zum ersten Treffer angibt.
Allerdings steht im zweiten Satz, dass ich das jetzt wiederholen soll,
nur "mit Zurücklegen". Ich weiß aber, dass die Hypergeometrische Reihe
"ohne Zurücklegen" funktioniert.

Das würde bedeuten, dass ich für die erste Frage die Hypergeometrische Reihe nehme
und für die zweite Frage die Geometrische? Oder lieg ich falsch. Ich versteh das System
dahinter nicht.

03.07.2013, 18:07

Math1986

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RE: Geometrische/Hypergeometrische Verteilung?!
Hallo,
am einfachsten wird es wohl sein, wenn du ein Baumdiagramm dazu zeichnest, bzw eine Wahrscheinlichkeitstabelle erstellst. smile

Dann kannst du die gesuchten Wahrscheinlichkeiten ablesen.
Ist das einfachste, als sich zu überlegen, welche Verteilung da nun passt.

In der hypergeometrischen Verteilung passt es auch nicht ganz. du ziehst ja mehrfach hintereinander, und hörst nach einem Erfolg auf. Das kann man da nicht einbringen.
Die geometrische Reihe fällt raus, weil du da eine unbegrenzte Anzahl an Versuchen hast.
Aber wie gesagt, halt dich nicht an Verteilungen auf, 6 Werte kann man auch noch zu Fuß berechnen.

03.07.2013, 18:47

NeoKortex

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Die geometrische Reihe dürfte beim ersten Versuch funktionieren.
Schließlich habe ich ja nur 6 Versuche ( ich wähle die Schlüssel zwar zufällig aus,
aber ist einer gezogen, nehme ich ihn nicht mehr her "ohne Zurücklegen" ).

Beim zweiten Versuch weiß ich es nicht, weil n ja auch unendlich sein könnte.
Wie zeichnest du dazu einen Baum? Ich könnte den Schlüssel ja auch 1000 mal fallen lassen und wieder aufheben und einfach nicht den Richtigen haben.
Wäre bei der zweiten ganz einfach die Binomialverteilung anzusetzen? Oder geht das auch nicht wegen n?

03.07.2013, 18:55

Math1986

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Zitat:

Original von NeoKortex
Die geometrische Reihe dürfte beim ersten Versuch funktionieren.
Schließlich habe ich ja nur 6 Versuche ( ich wähle die Schlüssel zwar zufällig aus,
aber ist einer gezogen, nehme ich ihn nicht mehr her "ohne Zurücklegen" ).

Die geometrische Verteilung wäre eher der nächste Fall.
Zeig mal, was du hier gerechnet hast.

Zitat:

Original von NeoKortex
Beim zweiten Versuch weiß ich es nicht, weil n ja auch unendlich sein könnte.
Wie zeichnest du dazu einen Baum? Ich könnte den Schlüssel ja auch 1000 mal fallen lassen und wieder aufheben und einfach nicht den Richtigen haben.

Hier dürfte dann doch die geometrische Verteilung passen.

03.07.2013, 19:17

NeoKortex

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Formel wäre ja $\begin{eqnarray*} \left(1-\pi \right) ^{n-1} * \pi \end{eqnarray*}$

Für den ersten Versuch hab ich gerechnet:

$\begin{eqnarray*} \left(1-\frac{1}{6} \right) ^{1-1} * \frac{1}{6} = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

+ 5/36 + 25/216 + 125/1296 + 625/7776 + 3125/46656 = 0.55

Hm... weiß jetzt grad gar nicht, was mir das sagen sollte

03.07.2013, 19:23

Math1986

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Zitat:

Original von NeoKortex
Formel wäre ja $\begin{eqnarray*} \left(1-\pi \right) ^{n-1} * \pi \end{eqnarray*}$

Für den ersten Versuch hab ich gerechnet:

$\begin{eqnarray*} \left(1-\frac{1}{6} \right) ^{1-1} * \frac{1}{6} = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

+ 5/36 + 25/216 + 125/1296 + 625/7776 + 3125/46656 = 0.55

Hm... weiß jetzt grad gar nicht, was mir das sagen sollte

Das ist eben die geometrische Verteilung, die auf den Fall mit Zurücklegen, also konstanter Erfolgswahrscheinlichkeit, passt:
Beim ersten Versuch ist die Wahrscheinlichkeit 1/6, schön und gut.
Beim zweiten Versuch dann 5/6*1/6=5/36 usw.
Das Ganze eben dann unbeschränkt.

Für den Erwartungswert der geometrischen Verteilung gibt es auch eine einfache Formel.

03.07.2013, 19:31

NeoKortex

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Der Erwartungswert ist $\begin{eqnarray*} E(X) = \frac{1}{\pi } = \frac{1}{\frac{1}{6} } = 6 \end{eqnarray*}$

Aber wozu gibts dann die Formel? Was sagt mir der Wert 0.55 dann aus?

03.07.2013, 19:34

Dopap

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du rechnest ja die Summe aus, also die Verteilungsfunktion.

Sei X=Anzahl der Versuche bis Schlüssel passt.

dann ist die Wahrscheinlichkeitsfunktion

$\begin{eqnarray*} f(n)=p(X=n)=(\frac 56)^{n-1}\cdot \frac 16 \end{eqnarray*}$

die Summe ist die Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F(n)=p(X\leq n)= \sum_{\mu=1}^n (\frac 56)^{n-1}\cdot \frac 16 \end{eqnarray*}$

und die muss monoton steigen und im Limes =1 ergeben.

gesucht ist nun der Erwartungswert von E(X).

Der ist aber nach Regel $\begin{eqnarray*} E(X)= \lim_{n \to \infty} \sum_{\mu=1}^n \mu\cdot f(\mu) \end{eqnarray*}$
------------------------------------
edit: hatte deine Post noch nicht gelesen! ... und math1986 ist wieder an board.

03.07.2013, 19:35

Math1986

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Zitat:

Original von NeoKortex
Der Erwartungswert ist $\begin{eqnarray*} E(X) = \frac{1}{\pi } = \frac{1}{\frac{1}{6} } = 6 \end{eqnarray*}$

Richtig.

Zitat:

Original von NeoKortex
Aber wozu gibts dann die Formel? Was sagt mir der Wert 0.55 dann aus?

Das ist eben die Wahrscheinlichkeit dafür, nicht mehr als 6 Versuche zu benötigen.

03.07.2013, 19:42

NeoKortex

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Ah, jetzt check ichs, wenn 5/36 meine Wahrscheinlichkeit ist, im 2ten Versuch den richtigen Schlüssel zu ziehen. Danke für die Hilfe smile

Jetzt muss ich nur noch rausfinden, was ich bei der ersten machen kann.
Wieso geht da die Hypergeometrische nicht?

Die Teilmenge M von N ist doch der eine richtige Schlüssel. Zurücklegen tu ich die Schlüssel auch nicht. Oder wäre das falsch, weil ich keine korrekte Teilmenge bilden kann?

03.07.2013, 19:45

Math1986

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Zitat:

Original von NeoKortex
Die Teilmenge M von N ist doch der eine richtige Schlüssel. Zurücklegen tu ich die Schlüssel auch nicht. Oder wäre das falsch, weil ich keine korrekte Teilmenge bilden kann?

Verstehe ich nicht. Du wiederholst das ganze eben mehrfach. Du ziehst nicht einmal, sondern mehrmals.

Zeichne doch einfach mal ein Baumdiagramm, das sehe ich echt als einfacher an als hier irgendwelche theoretischen Überlegungen anzufangen.

03.07.2013, 19:58

NeoKortex

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http://www10.pic-upload.de/03.07.13/xbmzs9wcxfyn.jpg

Ich hätte das Baumdiagramm jetzt so gemalt.
Aber wieviele Schlüssel ich jetzt im Durschnitt probieren muss...
Vll einfach 3,5. So geschätzt. Weil das die Mitte von 1,2,3,4,5,6 ist ^^

edit: oh sry, zu spät gesehen. Werde die Bilder ab jetzt hier im Forum hochladen.

03.07.2013, 21:12

Dopap

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gut, jetzt hast du 6 Endknoten. An jeden kannst du die zugehörige Wkt schreiben.

Der Wert der Zufallsvariable ist die Anzahl der Züge.

Nur verstehst du anscheinend noch nicht die Definition des Erwartungswertes:

Summe über den Produkten aus Wert*Wkt

Demnach musst du noch die Endknotenwkts mit der Zuglänge multiplizieren und dann aufaddieren.

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