Urne, Kugeln, 3 Farben < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:14 Fr 18.01.2013 | | Autor: | triad |
| Aufgabe | Eine Urne enthält 3 weiße, 2 rote und 2 blaue Kugeln. 5 Kugeln werden ohne Zurücklegen
gezogen. Modellieren Sie das Experiment. Bestimmen Sie dann Erwartungswert und Varianz
für die Anzahl
(a) weißer
(b) roter
Kugeln unter den 5 gezogenen. |
Hallo.
Ich habe bei dieser Aufgabe Schwierigkeiten mit der Modellierung, also wie man die Zufallsvariable X definiert oder ob man sogar drei ZV braucht. Schon beim Grundraum hakt es:
[mm] \Omega=\{(a_1,...,a_5) \mid a_i\in\{\mbox{weiß, rot, blau}\}\}, [/mm] wobei bspw. (rot,rot,rot,rot,rot) kein Tupel ohne Zurücklegen sein kann...
Wäre super, wenn mir hierbei jemand auf die Sprünge helfen könnte.
gruß triad
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:32 Fr 18.01.2013 | | Autor: | luis52 |
Moin, identifiziere die ersten drei weissen Kugeln mit 1,2,3, die zwei roten mit 4,5 und die beiden blauen mit 6,7. Dann ist
$ [mm] \Omega=\{A\mid A\subset\{1,2,3,4,5,6,7\}, |A|=5\} [/mm] $
d.h. [mm] $\Omega$ [/mm] ist die Menge aller fuenfelementigen Telmengen von [mm] $\{1,2,3,4,5,6,7\}$.
[/mm]
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:22 Sa 19.01.2013 | | Autor: | triad |
Hi und danke für deine Antwort.
Ok es macht schonmal Sinn das so zu definieren. Nun ist ja nicht nach Wahrscheinlichkeiten gefragt, sondern nach Erwartungswert und Varianz, also wie viele weiße/rote Kugeln man unter den 5 gezogenen im Mittel erwarten kann. Dazu braucht man eine Zufallsvariable. Leider habe dafür noch keine Idee.
Es ist ja auch so, dass die Wahrscheinlichkeit von der nächsten zu ziehenden Kugel von den vorigen abhängt...
Eine "unprofessionelle" Idee hab ich doch noch: Wenn man die Reihenfolge und die Wahrscheinlichkeiten nicht berücksichtigt, dann gibt es genau 6 Elemente in [mm] \Omega:
[/mm]
w,w,w,r,r - b,b noch in der Urne (w=weiß, etc.)
w,w,w,b,b - r,r "
w,w,w,b,r - b,r "
w,w,b,b,r - w,r "
w,w,b,r,r - w,b "
w,b,b,r,r - w,w "
Der Erwartungswert der weißen Kugeln wäre dann [mm] \frac{3+3+3+2+2+1}{6}=\frac{14}{6}=2,\overline{3}.
[/mm]
(?)
Und der der roten [mm] \frac{2+0+1+1+2+2}{6}=\frac{8}{6}=1,\overline{3}.
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:49 Sa 19.01.2013 | | Autor: | luis52 |
Moin,
mach dich mal schlau zum Begriff hypergeometrische Verteilung.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:20 Sa 19.01.2013 | | Autor: | triad |
Ich kenne die Hypergeometrische Verteilung bereits, allerdings nur für zwei Farben. Hier sind es ja 3, daher habe ich das zunächst ausgeschlossen. Aber man könnte natürlich die Farben als z.B. rot und nicht-rot betrachten. Wie bringe ich das in Verbindung mit der ZV, ich will ja keine Wkeiten berechnen, sondern den Erwartungswert.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:33 Sa 19.01.2013 | | Autor: | luis52 |
> Ich kenne die Hypergeometrische Verteilung bereits,
Prima.
> allerdings nur für zwei Farben. Hier sind es ja 3, daher
> habe ich das zunächst ausgeschlossen. Aber man könnte
> natürlich die Farben als z.B. rot und nicht-rot
> betrachten. Wie bringe ich das in Verbindung mit der ZV,
> ich will ja keine Wkeiten berechnen, sondern den
> Erwartungswert.
Bei a) steht: Bestimmen Sie dann Erwartungswert und Varianz
für die Anzahl weißer (Kugeln). Betrachte die beiden "Farben" weiss und nichtweiss.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:59 So 20.01.2013 | | Autor: | triad |
> > Ich kenne die Hypergeometrische Verteilung bereits,
>
> Prima.
>
> > allerdings nur für zwei Farben. Hier sind es ja 3, daher
> > habe ich das zunächst ausgeschlossen. Aber man könnte
> > natürlich die Farben als z.B. rot und nicht-rot
> > betrachten. Wie bringe ich das in Verbindung mit der ZV,
> > ich will ja keine Wkeiten berechnen, sondern den
> > Erwartungswert.
>
> Bei a) steht: Bestimmen Sie dann Erwartungswert und
> Varianz
> für die Anzahl weißer (Kugeln). Betrachte die beiden
> "Farben" weiss und nichtweiss.
>
> vg Luis
>
>
Das schrieb ich doch oben^^. Ich habs mittlerweile wie folgt weitergeführt:
Auf [mm] \Omega [/mm] definiere ich die hypergeometrisch-verteilten ZVen für
(a) [mm] X_a:\Omega\to\IR,\quad X_a\sim Hyp_{n,R,N}(k)=Hyp_{5,3,7}(k),$\quad 0\le k\le min\{n,R\}=3$,
[/mm]
(b) [mm] X_b:\Omega\to\IR,\quad X_b\sim Hyp_{5,2,7}(k),$\quad 0\le k\le [/mm] 2$.
Dann ist [mm] $E[X_a]=$ $\sum_{x}$ $x*P(X_a=x)$, [/mm] wobei hier x=k mit dem k von oben. Also
[mm] E[X_a]=\sum_{k=0}^{3}k*P(X_a=k)=
[/mm]
[mm] 0*P(X_a=0)+
[/mm]
[mm] 1*P(X_a=1)+
[/mm]
[mm] 2*P(X_a=2)+
[/mm]
[mm] 3*P(X_a=3)
[/mm]
=
[mm] 1*Hyp_{5,3,7}(1)+
[/mm]
[mm] 2*Hyp_{5,3,7}(2)+
[/mm]
[mm] 3*Hyp_{5,3,7}(3) [/mm] $ [mm] =\frac{15}{7}.$
[/mm]
Analog dann [mm] E[X_b]=\sum_{k=0}^{2}k*P(X_b=k)=
[/mm]
[mm] 0*P(X_a=0)+
[/mm]
[mm] 1*P(X_a=1)+
[/mm]
[mm] 2*P(X_a=2)+
[/mm]
=
[mm] 1*Hyp_{5,2,7}(1)+
[/mm]
[mm] 2*Hyp_{5,2,7}(2) [/mm] $ [mm] =\frac{10}{7}.$
[/mm]
Richtig?
gruß triad
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:10 So 20.01.2013 | | Autor: | luis52 |
Moin,
das folgende Ergebnis kannst du vielleicht in deinen Unterlagen finden: Fuer $ [mm] X\sim Hyp_{n,R,N}$ [/mm] ist [mm] $E(X)=n\frac{R}{N} [/mm] $ ...
vg Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:03 So 20.01.2013 | | Autor: | triad |
> Moin,
>
> das folgende Ergebnis kannst du vielleicht in deinen
> Unterlagen finden: Fuer [mm]X\sim Hyp_{n,R,N}[/mm] ist
> [mm]E(X)=n\frac{R}{N}[/mm] ...
>
> vg Luis
Nein. Wir haben zwar Erwartungswert und Varianz einiger Verteilungen besprochen, aber die hypergeometrische war beide Male nicht dabei. Vielleicht gerade weil diese in den Übungen thematisiert sind. Schön zu sehen, dass meine Ergebnisse, wenn sie auch umständlicher sind, richtig sind.
gruß triad
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