Polya Urnenmodell

16.05.2018, 23:04

chocolate4ever

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Polya Urnenmodell

Hallo allerseits smile

smile

Ich habe hier eine Aufgabe zum Polya Urnenmodell und hätte ein paar Fragen dazu.

Meine Urne N hat 4 rote und 6 blaue Kugeln. Erst wird die erste Kugel aus der Urne gezogen. Anschließend wird die Kugel wieder zurüuckgelegt. Zusätzlich wird noch eine weitere Kugel der vorher gezogenen Farbe in die Urne gelegt.

b = blaue Kugeln, N-b = rote Kugeln, N = 10

1. Ergebnisraum $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \Omega = N \cdot N+1 = 10 \cdot 11 = 110 \end{eqnarray*}$

2. Laplace-Experiment ja/nein?
Nein, da die Wahrscheinlichkeit (Whs.keit) für die zweite Kugeln abhängig von der ersten Kugel ist.

3. Die Zufallsvariable X beschreibt die Anzahl der insg. gezogenen blauen Kugeln. Berechnen Sie die Whs.keitsfkt. von X.

Was muss ich mir hier überlegen?

4. Erwartungswert von X

5. Varianz von X

Ich gehe mal davon aus, dass ich 4 und 5 erst berechnen kann, wenn ich die 3 habe.

Vielen Dank schonmal für eure Hilfe! Blumen

Blumen

17.05.2018, 01:52

Dopap

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die Wahrscheinlichkeitsfunktion
$\begin{eqnarray*} f_{X_n}(x)=P(X_{n}=x)={n \choose x}{\frac {p\cdot (p+r)\cdot (p+2r)\cdots (p+(x-1)r)\cdot q\cdot (q+r)\cdot (q+2r)\cdots (q+(n-x-1)r)}{1\cdot (1+r)\cdot (1+2r)\cdots (1+(n-1)r)}} \end{eqnarray*}$

mit p=0.6 und q=0.4 und r=1/10 = 0.1 und n= Anzahl der Versuche.

Der Erwartungswert $\begin{eqnarray*} E(X_n)=np \end{eqnarray*}$ entspricht dem der Binomialverteilung, die Varianz $\begin{eqnarray*} Var(X_n) \end{eqnarray*}$ ist wie üblich schwieriger.

17.05.2018, 14:09

chocolate4ever

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Zitat:

Original von Dopap
die Wahrscheinlichkeitsfunktion
$\begin{eqnarray*} f_{X_n}(x)=P(X_{n}=x)={n \choose x}{\frac {p\cdot (p+r)\cdot (p+2r)\cdots (p+(x-1)r)\cdot q\cdot (q+r)\cdot (q+2r)\cdots (q+(n-x-1)r)}{1\cdot (1+r)\cdot (1+2r)\cdots (1+(n-1)r)}} \end{eqnarray*}$

mit p=0.6 und q=0.4 und r=1/10 = 0.1 und n= Anzahl der Versuche.

D.h. ich setze für n=2 ein? Oder 1 weil der Versuch nur einmal durchgeführt wird aber zweimal gezogen wird?

für x hätte ich das hier noch gemacht:

$\begin{eqnarray*} x := \begin{cases}1 & i-te\,blaue\,Kugel\\0 & i-te\,rote\,Kugel\end{cases} \end{eqnarray*}$

17.05.2018, 15:55

Dopap

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bisher war "Versuche" immer klar. Also n-stufiger Zufallsversuch. Nur, wieso ist n=2? Ich dachte n ist allgemein.

bei n=2 geht's doch einfacher mit einem kleinen Baumdiagramm.

Die Schreibfiguren sind etwas diffizil, die Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X_1,X_2 \end{eqnarray*}$ schon festgelegt:

$\begin{eqnarray*} X_i= \text{Anzahl der blauen gezogenen Kugeln in i Versuchen} \end{eqnarray*}$

man könnte auch die $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ so wie du definieren, nur ist dann ein $\begin{eqnarray*} Y=\sum_{k=1}^n X_k \end{eqnarray*}$ notwendig.

Aber bei n=2 seh' ich 4 Äste:

1. BB
2. BR
3. RB
4. RR jedes Ereignis hat eine Wkt. und einen Wert. Und das zusammen ist die Wkt.-funktion

Wie speziell das werden soll ist deine Sache

17.05.2018, 16:07

chocolate4ever

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Ich dachte eigentlich auch, dass n allgemein zu betrachten ist, aber ich hab den Eindruck, dass tatsächlich n=2 gemeint ist. Es steht halt auch nicht mehr zu der Aufgabe dabei als was ich geschrieben habe. Daher lässt sich nicht wirklich erkennen ob n allg. ist oder nicht.

Dann probier ich die Aufgabe mal mit dem Baumdiagramm und melde mich wieder falls noch Fragen sind.
Danke!

17.05.2018, 16:36

HAL 9000

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Zitat:

Original von chocolate4ever
Meine Urne N hat 4 rote und 6 blaue Kugeln. Erst wird die erste Kugel aus der Urne gezogen. Anschließend wird die Kugel wieder zurüuckgelegt. Zusätzlich wird noch eine weitere Kugel der vorher gezogenen Farbe in die Urne gelegt.

Und es wird insgesamt nur zweimal gezogen? Das schließe ich jetzt nur aus deinen weiteren Ausführungen - dieser Beschreibung hier ist das nicht zu entnehmen, da stimme ich Dopap zu. verwirrt

verwirrt

Zitat:

Original von chocolate4ever
1. Ergebnisraum $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \Omega = N \cdot N+1 = 10 \cdot 11 = 110 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Omega = N \cdot {\color{red}(}N+1{\color{red})} = 110 \end{eqnarray*}$ , ja.

Zitat:

Original von chocolate4ever
2. Laplace-Experiment ja/nein?
Nein, da die Wahrscheinlichkeit (Whs.keit) für die zweite Kugeln abhängig von der ersten Kugel ist.

Kommt darauf an, wie du die Elemente von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ interpretierst:

Setzen wir $\begin{eqnarray*} \Omega = \{1,\ldots,10\}\times \{1,\ldots,11\} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \omega=(\omega_1,\omega_2)\in\Omega \end{eqnarray*}$ mit der Interpretation

$\begin{eqnarray*} \omega_1\in\{1,\ldots,4\} \end{eqnarray*}$ ... erste Kugel rot
$\begin{eqnarray*} \omega_1\in\{5,\ldots,10\} \end{eqnarray*}$ ... erste Kugel blau
$\begin{eqnarray*} \omega_2\in\left\{1,\ldots,4+1_{\{1,\ldots,4\}}(\omega_1)\right\} \end{eqnarray*}$ ... zweite Kugel rot
$\begin{eqnarray*} \omega_2\in\left\{5+1_{\{1,\ldots,4\}}(\omega_1),\ldots,11\right\} \end{eqnarray*}$ ... zweite Kugel blau

dann ist der W-Raum durchaus Laplacesch. smile

smile

Ähnlich angepasst geht es natürlich auch bei mehr als zwei Ziehungen.

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17.05.2018, 16:42

chocolate4ever

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von chocolate4ever
Meine Urne N hat 4 rote und 6 blaue Kugeln. Erst wird die erste Kugel aus der Urne gezogen. Anschließend wird die Kugel wieder zurüuckgelegt. Zusätzlich wird noch eine weitere Kugel der vorher gezogenen Farbe in die Urne gelegt.

Und es wird insgesamt nur zweimal gezogen? Das schließe ich jetzt nur aus deinen weiteren Ausführungen - dieser Beschreibung hier ist das nicht zu entnehmen, da stimme ich Dopap zu. verwirrt

verwirrt

Ja ich hätte jetzt n einfach allg berechnet, wie von Dopap zuvor erklärt?

zum Laplace:
Oh. Tja, da wäre ich gar nicht drauf gekommen. Danke! Dann mach ich mich mal weiter an die Aufgabe smile

smile

17.05.2018, 17:29

chocolate4ever

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Ich hab jetzt mit nem Kommiliton geschrieben der meinte, dass das n=2 sein müsste. Sonst würde wohl noch ein Satz dabei stehen, dass der Versuch wiederholt wird. Davon ausgehend hab ich jetzt die Wahrscheinlichkeiten berechnet. Wollte eigtl mein Baumdiagramm hier aufzeichnen aber das übersteigt meine LaTeX-Kenntnisse...

X = Anzahl gezogener blauen Kugeln
$\begin{eqnarray*} <br /> P(X=2)= \frac {2}{5} \cdot \frac{5}{11} = \frac{2}{11}<br /> P(X=1)= \frac {2}{5} \cdot \frac {6}{11} + \frac {3}{5} \cdot \frac {4}{11} = \frac {24}{55}<br /> P(X=0) = \frac {3}{5 }\cdot \frac {7}{11} = \frac {21}{55} \end{eqnarray*}$

EDIT:

Bleibt $\begin{eqnarray*} E(X)=np \end{eqnarray*}$ oder wird das dann $\begin{eqnarray*} \sum x_{i} \cdot f(x) \end{eqnarray*}$ ?

17.05.2018, 17:53

Dopap

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E=np war ja eine Behauptung

$\begin{eqnarray*} E(X)=\sum_{k=1}^3 x_kf(x_k) \end{eqnarray*}$ entspricht der Definition

17.05.2018, 18:01

chocolate4ever

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$\begin{eqnarray*} E(X) = 0 \cdot P(X=0) + 1 \cdot P(X=1) + 2 \cdot P(X=2) \end{eqnarray*}$
Ja?

17.05.2018, 18:43

HAL 9000

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Zitat:

Original von chocolate4ever
$\begin{eqnarray*} <br /> P(X=2)= \frac {2}{5} \cdot \frac{5}{11} = \frac{2}{11}<br /> P(X=1)= \frac {2}{5} \cdot \frac {6}{11} + \frac {3}{5} \cdot \frac {4}{11} = \frac {24}{55}<br /> P(X=0) = \frac {3}{5 }\cdot \frac {7}{11} = \frac {21}{55} \end{eqnarray*}$

Diese Rechnung passt aber eher zu

X = Anzahl gezogener roter Kugeln . verwirrt

verwirrt

17.05.2018, 18:48

chocolate4ever

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$\begin{eqnarray*} <br /> P(X=2)= \frac {6}{10} \cdot \frac{7}{11} = \frac{21}{5}<br /> P(X=1)= \frac {4}{10} \cdot \frac {6}{11} + \frac {6}{10} \cdot \frac {4}{11} = \frac {12}{55}<br /> P(X=0) = \frac {4}{10}\cdot \frac {5}{11} = \frac {2}{11} \end{eqnarray*}$

Und jetzt?

17.05.2018, 19:59

Dopap

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Zitat:

Original von chocolate4ever
$\begin{eqnarray*} E(X) = 0 \cdot P(X=0) + 1 \cdot P(X=1) + 2 \cdot P(X=2) \end{eqnarray*}$
Ja?

das gilt immer noch. Stimmt das mit $\begin{eqnarray*} E(X)=np=2\cdot 0.6=1.2 \end{eqnarray*}$ überein ?

und

$\begin{eqnarray*} Var(X)= E((X-E(X))^2 \end{eqnarray*}$ oder nach dem Verschiebesatz $\begin{eqnarray*} Var(X)=E(X^2)-(E(X))^2 \end{eqnarray*}$

18.05.2018, 00:08

Dopap

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"nur" der Ordnung halber:

$\begin{eqnarray*} <br /> P(X=2)= \frac {6}{10} \cdot \frac{7}{11} = \frac{21}{{\color{red}5}5}<br /> P(X=1)= \frac {4}{10} \cdot \frac {6}{11} + \frac {6}{10} \cdot \frac {4}{11} = \frac {{\color{red}24}}{55}<br /> P(X=0) = \frac {4}{10}\cdot \frac {5}{11} = \frac {2}{11} \end{eqnarray*}$

18.05.2018, 09:39

HAL 9000

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Interessant bei diesem Pólya-Urnenmodell ist die rechnerische Parallele zum Urnenmodell ohne Zurücklegen:

Bei letzteren gilt für die Anzahl $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ der gezogenen blauen Kugeln in $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Versuchen (und Start mit $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ blauen sowie $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ roten Kugeln in der Urne)

$\begin{eqnarray*} P(X=k) = \frac{\displaystyle\binom{b}{k}\cdot \binom{r}{n-k}}{\displaystyle\binom{b+r}{n}} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \max(0,n-r)\leq k\leq \min(n,b) \end{eqnarray*}$ ,

bei ersterem hingegen

$\begin{eqnarray*} P(X=k) = \frac{\displaystyle\binom{-b}{k}\cdot \binom{-r}{n-k}}{\displaystyle\binom{-b-r}{n}} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} 0\leq k\leq n \end{eqnarray*}$ .

18.05.2018, 13:11

chocolate4ever

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Hallo ihr zwei,
Ich hab die Aufgabe gestern abgegeben und werde dann wohl mal sehen was rausgekommen ist.
Vielen Dank nochmal für eure Hilfe!
Blumen

Blumen

Blumen

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