Erwartungswert bei Ziehen mit Zurücklegen

24.04.2023, 14:56

andyrue

Erwartungswert bei Ziehen mit Zurücklegen

hallo,

habe die aufgabe im anhang gelöst und komme auf einen erwartungswert von 1,22 ziehungen

aber: nehmen wir an, die kungeln werden zurückgelegt, wie würde man dann den erwartungswert ausrechnen? weil ja theoretisch unendlich viel ziehungen möglich wären?

ich komme auf keinen ansatz

24.04.2023, 15:32

klauss

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RE: Erwartungswert bei Ziehen mit Zurücklegen
Man muß dann den Term aufstellen für Erfolg beim 1., 2., 3., ... Zug bis Unendlich. Das mündet in
$\begin{eqnarray*} E(X)=4 \sum\limits_{k=1}^{\infty } k \cdot \left(\frac{1}{5} \right)^{k} \end{eqnarray*}$
(zum Zahlenwert des Ergebnisses vgl. Geometrische Verteilung).

24.04.2023, 15:59

adiutor62

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RE: Erwartungswert bei Ziehen mit Zurücklegen
https://www.maths2mind.com/schluesselwoe...sche-verteilung

24.04.2023, 22:00

andyrue

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RE: Erwartungswert bei Ziehen mit Zurücklegen

Zitat:

Original von adiutor62
https://www.maths2mind.com/schluesselwoe...sche-verteilung

schon klar, diese problemstellung habe ich auch ohne die formeln auf der seite lösen können.

mein frage bezog sich aber auf den erwartungswert wenn nach jeder ziehung die kugel zurückgelegt wird, also wenn sich die 'grundgesamtheit' (das ist ein begriff aus der von dir verlinkten quelle) nicht ändert.

25.04.2023, 13:04

HAL 9000

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Im Fall "mit Zurücklegen" ist die Zuganzahl geometrisch verteilt mit $\begin{eqnarray*} p=\frac{8}{10}=\frac{4}{5} \end{eqnarray*}$ , die hat Erwartungswert $\begin{eqnarray*} \frac{1}{p} = \frac{5}{4} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von andyrue
habe die aufgabe im anhang gelöst und komme auf einen erwartungswert von 1,22 ziehungen

Der exakte Wert ist $\begin{eqnarray*} \frac{11}{9} \end{eqnarray*}$ .

Allgemein bekommt man bei $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ roten von insgesamt $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ Kugeln die Erwartungswerte der gesuchten Anzahl $\begin{eqnarray*} \frac{N+1}{M+1} \end{eqnarray*}$ ohne Zurücklegen sowie $\begin{eqnarray*} \frac{N}{M} \end{eqnarray*}$ mit Zurücklegen.

25.04.2023, 21:53

andyrue

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ja, danke. kann man also sagen: mit zurücklegen ist geometrisch, ohne zurücklegen ist hypergeometrisch.

jetzt muss ich die formel nur noch herleiten, dann bin ich glücklich

26.04.2023, 11:19

HAL 9000

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Nein, die Anzahl notwendiger Versuche im Fall "ohne Zurücklegen" ist nicht hypergeometrisch verteilt. Tatsächlich ist $\begin{eqnarray*} P(X=k) = \frac{1}{k}\cdot \frac{\binom{M}{1}\cdot \binom{N-M}{k-1}}{\binom{N}{k}} \end{eqnarray*}$ , das entspricht der Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{k}\cdot P(Y=1) \end{eqnarray*}$ einer hypergeometrisch $\begin{eqnarray*} HG(N,M,k) \end{eqnarray*}$ -verteilten Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ . D.h., es ist zwar $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ hypergeometrisch verteilt, jedoch nicht dein $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ . *)

Die Erwartungswertberechnung ist etwas tricky. Möglich wäre sie z.B. rekursiv über $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ , bezeichne also $\begin{eqnarray*} e_N = E(X) \end{eqnarray*}$ für feste Anzahl $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ von roten Kugeln bei variabler Gesamtanzahl $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ an Kugeln. Offenbar ist dann $\begin{eqnarray*} e_M=1 \end{eqnarray*}$ der Induktionsanfang, d.h., wenn alle Kugeln rot sind.

Im Induktionsschritt $\begin{eqnarray*} (N-1)\to N \end{eqnarray*}$ gibt es nun beim Ziehen der ersten Kugel zwei Fälle: Mit Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac{M}{N} \end{eqnarray*}$ ist es eine rote Kugel und man benötigt keine weiteren Versuche. Andernfalls (mit Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac{N-M}{N} \end{eqnarray*}$ ) liegen noch $\begin{eqnarray*} N-1 \end{eqnarray*}$ Kugeln in der Urne (davon immer noch $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ rot), bei der Situation benötigen wir im Mittel $\begin{eqnarray*} e_{N-1} \end{eqnarray*}$ weitere Züge. Laut Induktionsvoraussetzung ist $\begin{eqnarray*} e_{N-1} = \frac{N}{M+1} \end{eqnarray*}$ , es folgt

$\begin{eqnarray*} e_N = 1 + \frac{N-M}{N} e_{N-1} = 1 + \frac{N-M}{M+1} = \frac{N+1}{M+1} \end{eqnarray*}$ ,

und der Induktionsschritt ist komplett.

*) Das ist übrigens so ähnlich im Fall "mit Zurücklegen": Dort ist

$\begin{eqnarray*} P(X=k) = p\cdot(1-p)^{k-1} \stackrel{!}{=} \frac{1}{k}\cdot \binom{k}{1}\cdot p^1\cdot (1-p)^{k-1} \end{eqnarray*}$ ,

das entspricht $\begin{eqnarray*} \frac{1}{k}\cdot P(Y=1) \end{eqnarray*}$ einer binomialverteilten $\begin{eqnarray*} B(k,p) \end{eqnarray*}$ -verteilten Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ .

EDIT: Musste mich selbst erstmal belesen - das ganze nennt sich "negative hypergeometrische Verteilung" $\begin{eqnarray*} X\sim NH(N,M,1) \end{eqnarray*}$ :

https://de.wikipedia.org/wiki/Negative_h...sche_Verteilung

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