Binomialverteilung, Poisson

04.11.2019, 21:46

WiwiUndStochastikOje

Binomialverteilung, Poisson

Hey liebe Mathegenies Mit Zunge

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diese Aufgabe zielt ja offensichtlich auf die Binomialverteilung ab. Die Binomialverteilung ist jedoch im Gegensatz zur hypergeometrischen Verteilung mit zurücklegen (Urnenmodell).

In der Aufgabe hier kann ja ein entdeckter Erlkönig nicht 2 Mal gefunden werden, oder?
Ist die Aufgabe daher falsch gestellt?

04.11.2019, 21:49

HAL 9000

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RE: Binomialverteilung, Poisson, Aufgabe richtig gestellt?

Zitat:

Original von WiwiUndStochastikOje
Die Binomialverteilung ist jedoch im Gegensatz zur hypergeometrischen Verteilung mit zurücklegen (Urnenmodell).

Ich weißt nicht, warum du hier dieses "mit Zurücklegen" anbringst, damit hat die Binomialverteilung primär nichts zu tun:

Du hast da evtl. den Anwendungsfall in Erinnerung, dass man aus einer Urne mit $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ Kugeln (darunter $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ schwarze) insgesamt $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Kugeln zieht und nach der Anzahl der gezogenen schwarzen Kugeln fragt. Ja, in dem Fall ist diese Anzahl binomialverteilt $\begin{eqnarray*} B\left(n,p\right) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} p=\frac{M}{N} \end{eqnarray*}$ , sofern man nach jedem einzelnen Ziehen die Kugel zurücklegt.

Wo bitte siehst du hier bei dieser Erlkönigaufgabe irgendwelche Objekte, die oder die nicht "zurückgelegt" werden? Wir wissen nicht, woher diese Erkennungswahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p=1.25\% \end{eqnarray*}$ stammt, da auf irgendeinen Ziehungshintergrund zu spekulieren, ist eine abenteuerliche Denkweise...

04.11.2019, 21:58

WiwiUndStochastikOje

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RE: Binomialverteilung, Poisson, Aufgabe richtig gestellt?
Woran erkennt man denn dann den Unterschied zwischen hypergeometrischer Verteilung und Binomialverteilung, wenn die Binomialverteilung primär nichts mit "zurücklegen" zu tun hat? (bezogen auf Aufgabenstellungen vielleicht dadurch, dass p gegeben ist?)
Gibt es, wenn man sich die W´Verteilungen in einem Diagramm aufzeichnet Unterschiede?

04.11.2019, 22:49

HAL 9000

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Man betrachtet die Ereignisse

$\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ ... Erlkönig $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ wird entdeckt

als unabhängig voneinander und gleichwahrscheinlich (jeweils $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ ) und zählt dann, wie viele der Ereignisse $\begin{eqnarray*} A_1,\ldots,A_{200} \end{eqnarray*}$ eintreten. Unter diesen Annahmen geht es hier um ein klassisches Bernoulli-Experiment, wo die Anzahl der Erfolge bekanntlich binomialverteilt ist, konkret hier $\begin{eqnarray*} B(n,p) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n=200 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p=0.0125 \end{eqnarray*}$ . Eine hypergeometrische Verteilung steht hier nicht im entferntesten zur Diskussion, wie denn auch.

04.11.2019, 22:57

WiwiUndStochastikOje

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Aber wie kann p denn immer gleich bleiben? Es wäre doch logisch, dass wenn ich einen Erlkönig entdeckt habe, die Wahrscheinlichkeit einen zweiten Erlkönig zu finden sinkt?
Es ist ja wahrscheinlicher 1/200 Nadeln im Heu zu finden als 1/199 oder im Extremfall 1/1.

04.11.2019, 23:36

Leopold

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Stell dir einmal vor, von $\begin{align*} N=14560342 \end{align*}$ Millionen Wählern wollen $\begin{align*} K=4164258 \end{align*}$ Partei A wählen. Wir starten eine Zufallsumfrage unter $\begin{align*} n=100 \end{align*}$ Personen. Jetzt können wir uns das wie eine Urne vorstellen mit $\begin{align*} N \end{align*}$ Kugeln, von denen $\begin{align*} K \end{align*}$ die "Farbe" A besitzen. Wir ziehen $\begin{align*} n \end{align*}$ Kugeln. Mit oder ohne Zurücklegen? Ohne, würde man sagen, denn man wird nicht denselben Wähler zweimal befragen, sondern immer verschiedene.
Wir können das Experiment am Baum betrachten: Erfolg bedeutet A-Wähler, Mißerfolg bedeutet kein A-Wähler. Wie sind die Wahrscheinlichkeiten der ersten Stufe?

Erfolg: $\begin{align*} \frac{4164258}{14569342} \approx 0{,}286 \end{align*}$
Mißerfolg: $\begin{align*} \frac{10405084}{14569342} \approx 0{,}714 \end{align*}$

Wie geht es weiter? Nun, das hängt bekanntlich davon ab, ob in der ersten Stufe Erfolg oder Mißerfolg vorkam.

Schauen wir uns einmal einen Pfad an, der mit 99 Erfolgen beginnt. Wie sieht da die letzte Stufe aus?

Erfolg: $\begin{align*} \frac{4164258-99}{14569342-99} \approx 0{,}286 \end{align*}$
Mißerfolg: $\begin{align*} \frac{10405074}{14568342-99} \approx 0{,}714 \end{align*}$

Jetzt das andere Extrem, einen Pfad der mit 99 Mißerfolgen beginnt. Wie sieht da die letzte Stufe aus?

Erfolg: $\begin{align*} \frac{4164258}{14569342-99} \approx 0{,}286 \end{align*}$
Mißerfolg: $\begin{align*} \frac{10405084-99}{14569342-99} \approx 0{,}714 \end{align*}$

Du hast sicher längst gemerkt, worauf ich hinauswill ...

04.11.2019, 23:53

WiwiUndStochastikOje

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Oh man Leopold, du triffst den Nagel jedes Mal auf den Kopf. Wieder total anschaulich und leicht verständlich erklärt. Einfach genial!
Danke Mit Zunge

05.11.2019, 08:56

HAL 9000

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Zitat:

Original von WiwiUndStochastikOje
Es wäre doch logisch, dass wenn ich einen Erlkönig entdeckt habe, die Wahrscheinlichkeit einen zweiten Erlkönig zu finden sinkt?

Ich denke, du missverstehst den Sachverhalt gründlich: Es geht hier doch nicht darum, dass man einzelne Testfahrten betrachtet und die Anzahl der entdeckten Erlkönige auf dieser einen Testfahrt betrachtet. Und es geht auch nicht um irgendeine Reihenfolge der Entdeckungen der Erlkönige.

Sondern darum, dass man für jeden einzelnen Erlkönig die Wahrscheinlichkeit betrachtet, dass er auf irgendeiner dieser Testfahrten entdeckt wird. Selbstverständlich kann man sich auch Modelle vorstellen, die jedem Erlkönig eine individuelle Entdeckungswahrscheinlichkeit zuweist (etwa weil sich der eine vorsichtiger verhält als der andere o.ä.). Aber ich sehe jetzt nicht, dass sowas hier beabsichtigt ist, es wird von einem $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ für alle 200 Erlkönige ausgegangen.

05.11.2019, 16:02

mYthos

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Die Aufgabe ist so anzusehen, dass bei 200 voneinander unabhängigen Versuchen höchstens 3 mal ein Erlkönig entdeckt wird.

Mit der Erfolgswahrscheinlichkeit p = 0.0125 ist der Erwartungswert (Mittelwert) E = 200*0.0125 = 2.5

Berechne also (z.B. in Excel) BINOMVERT(3; 200; 0,0125; 1) [1 .. kumuliert!] und vergleiche dann mit
POISSON(3;2,5;1)

BINOMVERT und POISSON sind hier nahezu ident. Auch in GeoGebra erzielst du die gleichen Resultate.

[~0.7583 od. ~ 76%]

Wir sehen auch, dass die Approximation mittels Normalverteilung einen unzutreffenden Wert liefert, weil diese erst ab einer Varianz > 9 zulässig ist.
Hier ist die Varianz n*p*(1-p) = rd. 2.47 bzw. $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ = 1.5712

mY+

05.11.2019, 16:06

HAL 9000

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Doppelpost
@mYthos

Bitte entschuldige, Leopold oder ich hätten gestern mal verlinken sollen:

[...]

Schadet aber nichts, denn zu solchen Rechnungen waren wir ja aus lauter Streit über Grundsatzfragen noch gar nicht gekommen - vielleicht kann man ja die Threads vereinigen.

Hab's erledigt, danke fürs Aufpassen. Den Link auf den alten Thread hab ich gelöscht, der ist ja nun ungültig. Steffen

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