Aus Kugelnummern im Urnenmodell auf Grundmenge schließen

25.10.2022, 12:49

Frank70

Aus Kugelnummern im Urnenmodell auf Grundmenge schließen

Meine Frage:
Ich habe eine Urne mit n Kugeln, von denen ich nur weiß, dass sie von 1 bis n durchnummeriert sind. Aber ich kenne die Anzahl der Kugeln (n) nicht. Nun ziehe ich ein paar (und dann immer mehr) Kugeln heraus und möchte aus den gezogenen Nummern auf die wahrscheinlichste Zahl für n schließen. Wie könnte das gehen?
(Konkreter Kontext: Aus einer Zahl gleicher Geräte mit einer Zulassungnummer möchte ich auf die wahrscheinliche Anzahl produzierter Geräte schließen.)

Meine Ideen:
Ich habe was zu Maximum-Likelihood gelesen, aber da erkenne ich keine Hilfe, bin aber auch nicht der Stochastik-Freak. Intuitiv denke ich, dass ich bei einer Kugel auf die doppelte Anzahl schließen würde, also ich Ziehe Nummer 10, schließe also einfach auf 20 Kugeln, damit meine in der Mitte ist. Aber wie weiter? Wenn ich die Nummern 2, 4, 6, 9 und 11 ziehe, wird n wahrscheinlich niht 100 betragen. Aber das muss doch berechenbar sein.

25.10.2022, 12:58

HAL 9000

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Ja, basierend auf der Anzahl der gezogenen Kugeln sowie dem Maximum der dort gezogenen Werte kann man eine Schätzung für $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ konstruieren. Dazu eine Nachfrage: Ziehst du mit oder ohne Zurücklegen? Ich nehme an "ohne"?

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Bei "ohne Zurücklegen" kann man das so modellieren: Sei $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ die Anzahl der Kugeln, die du ziehst, $\begin{eqnarray*} X_1,\ldots,X_m \end{eqnarray*}$ die zugehörigen Werte. Das sind $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ paarweise verschiedene Werte aus $\begin{eqnarray*} \{1,\ldots,n\} \end{eqnarray*}$ , für deren Maximum $\begin{eqnarray*} Y_m:=\max\{X_1,\ldots,X_m\} \end{eqnarray*}$ folgendes gilt

$\begin{eqnarray*} P\left(Y_m\leq k\right) = \frac{\binom{k}{m}}{\binom{n}{m}} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k=0,\ldots,n \end{eqnarray*}$

und damit

$\begin{eqnarray*} E\left[Y_m\right] = \sum_{k=0}^{\infty} P\left(Y_m > k\right) = \sum_{k=0}^n \left(1-\frac{\binom{k}{m}}{\binom{n}{m}}\right) = n+1 - \frac{\binom{n+1}{m+1}}{\binom{n}{m}} = \frac{(n+1)m}{m+1} \end{eqnarray*}$

Darauf basierend kann man die erwartungstreue Schätzung $\begin{eqnarray*} \hat{n} = \frac{m+1}{m} Y_m - 1 \end{eqnarray*}$ vornehmen. Anscheinend suchst du eher sowas statt der wahrscheinlichsten Anzahl gemäß ML (die wäre nämlich direkt der Maximumwert $\begin{eqnarray*} Y_m \end{eqnarray*}$ !!!).

Zitat:

Original von Frank70
Wenn ich die Nummern 2, 4, 6, 9 und 11 ziehe, wird n wahrscheinlich nicht 100 betragen.

Nach obiger Idee ist hier $\begin{eqnarray*} m=5 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} Y_5=11 \end{eqnarray*}$ mit Schätzung $\begin{eqnarray*} \hat{n} = \frac{6\cdot 11}{5}-1 = 12.2\approx 12 \end{eqnarray*}$ .

25.10.2022, 14:22

HAL 9000

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Die Betrachtungen zu einer stetigen statt diskreten Gleichverteilung führen übrigens zu einem ganz ähnlichem Endergebnis: Gleichverteilung, Maximum-Likelihood-Schätzung

26.10.2022, 09:40

Frank70

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(Natürlich war "ohne Zurücklegen" gemeint.)
Super, vielen Dank! Und was für mich erfreulich ist: das Ergebnis ist ja sogar irgendwie plausibel. Auch die Tatsache, dass die kleineren Werte keine Rolle spielen, sondern nur ihre Anzahl.
Beste Grüße, Frank.

26.10.2022, 10:35

HAL 9000

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Die Schätzung $\begin{eqnarray*} \hat{n} \end{eqnarray*}$ ist in mehrfacher Hinsicht besser als beispielsweise $\begin{eqnarray*} \tilde{n} = 2\bar{X}_m-1 \end{eqnarray*}$ mit Mittelwert $\begin{eqnarray*} \bar{X}_m \end{eqnarray*}$ der $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ Werte:

Zwar ist $\begin{eqnarray*} \tilde{n} \end{eqnarray*}$ auch erwartungstreu, aber die Varianz dieses Schätzers ist größer als die von $\begin{eqnarray*} \hat{n} \end{eqnarray*}$ . Außerdem können sich komplett unplausible Werte ergeben - Beispiel:

Nehmen wir in Abwandlung der obigen Stichprobe $\begin{eqnarray*} 1,3,4,6,11 \end{eqnarray*}$ , so ergibt das Schätzwert $\begin{eqnarray*} \tilde{n}=2\cdot 5-1 = 9 \end{eqnarray*}$ und damit einen KLEINEREN Wert als der schon beobachtete Wert 11. Das ist dann natürlich als Schätzer schwer vermittelbar ... Bei $\begin{eqnarray*} \hat{n} = \frac{m+1}{m}Y_m-1 \end{eqnarray*}$ kann sowas nicht passieren, hier gilt stets $\begin{eqnarray*} \hat{n}\geq Y_m \end{eqnarray*}$ (man beachte dabei, dass ja immer $\begin{eqnarray*} m\leq n \end{eqnarray*}$ gilt wegen des Ziehens OHNE Zurücklegen).

29.10.2022, 07:59

Huggy

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Zu diesem Thema gerade gelesen:

https://www.spektrum.de/kolumne/german-t...duziert/2071194

01.11.2022, 19:28

Frank70

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Sehr interessanter Link! Danke dafür!
Gruß,
Frank.

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