matheraum.de
Raum für Mathematik
Offene Informations- und Nachhilfegemeinschaft

Für Schüler, Studenten, Lehrer, Mathematik-Interessierte.
Hallo Gast!einloggen | registrieren ]
Startseite · Forum · Wissen · Kurse · Mitglieder · Team · Impressum
Forenbaum
^ Forenbaum
Status Mathe
  Status Schulmathe
    Status Primarstufe
    Status Mathe Klassen 5-7
    Status Mathe Klassen 8-10
    Status Oberstufenmathe
    Status Mathe-Wettbewerbe
    Status Sonstiges
  Status Hochschulmathe
    Status Uni-Analysis
    Status Uni-Lin. Algebra
    Status Algebra+Zahlentheo.
    Status Diskrete Mathematik
    Status Fachdidaktik
    Status Finanz+Versicherung
    Status Logik+Mengenlehre
    Status Numerik
    Status Uni-Stochastik
    Status Topologie+Geometrie
    Status Uni-Sonstiges
  Status Mathe-Vorkurse
    Status Organisatorisches
    Status Schule
    Status Universität
  Status Mathe-Software
    Status Derive
    Status DynaGeo
    Status FunkyPlot
    Status GeoGebra
    Status LaTeX
    Status Maple
    Status MathCad
    Status Mathematica
    Status Matlab
    Status Maxima
    Status MuPad
    Status Taschenrechner

Gezeigt werden alle Foren bis zur Tiefe 2

Navigation
 Startseite...
 Neuerdings beta neu
 Forum...
 vorwissen...
 vorkurse...
 Werkzeuge...
 Nachhilfevermittlung beta...
 Online-Spiele beta
 Suchen
 Verein...
 Impressum
Das Projekt
Server und Internetanbindung werden durch Spenden finanziert.
Organisiert wird das Projekt von unserem Koordinatorenteam.
Hunderte Mitglieder helfen ehrenamtlich in unseren moderierten Foren.
Anbieter der Seite ist der gemeinnützige Verein "Vorhilfe.de e.V.".
Partnerseiten
Dt. Schulen im Ausland: Mathe-Seiten:Weitere Fächer:

Open Source FunktionenplotterFunkyPlot: Kostenloser und quelloffener Funktionenplotter für Linux und andere Betriebssysteme
StartseiteMatheForenWahrscheinlichkeitsrechnungHypergeometrische Verteilung
Foren für weitere Schulfächer findest Du auf www.vorhilfe.de z.B. Geschichte • Erdkunde • Sozialwissenschaften • Politik/Wirtschaft
Forum "Wahrscheinlichkeitsrechnung" - Hypergeometrische Verteilung
Hypergeometrische Verteilung < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
Ansicht: [ geschachtelt ] | ^ Forum "Wahrscheinlichkeitsrechnung"  | ^^ Alle Foren  | ^ Forenbaum  | Materialien

Hypergeometrische Verteilung: Umgang mit N,M,n und X
Status: (Frage) reagiert/warte auf Reaktion Status 
Datum: 19:34 Fr 27.03.2015
Autor: spikemike

Aufgabe
9.037.) Ein Kartenspiel aus 32 Karten enthält je 8 Karten von gleicher Farbe. Ein Spieler erhält 10 Karten. Berechnen Sie die WSK, das ein Spieler..........
a.) 8 Karokarten,
b.) 8 Karokarten und zwei Kreuzkarten,
c.) je 5 rote und 5 schwarze Karten,
d.) 4 Buben und 4 Asse enthält.enthält?

9.037.) Ein Kartenspiel aus 32 Karten enthält je 8 Karten von gleicher Farbe. Ein Spieler erhält 10 Karten. Berechnen Sie die WSK, das ein Spieler..........
a.) 8 Karokarten,
b.) 8 Karokarten und zwei Kreuzkarten,
c.) je 5 rote und 5 schwarze Karten,
d.) 4 Buben und 4 Asse enthält.
-----------------------------------------
R:

a.) N=32,M=8,n=10,X=8

$ P(X=3) = [mm] \bruch{\vektor{8 \\ 8} \cdot{} \vektor{24\\ 2}}{\vektor{32\\ 10}} \approx 0,000004278\hat=0,000428% [/mm] $

b.) N=32,M=8,n=8,X=1

Einmal laut gedacht:

Wenn ich weiß, das ich vier verschiedene Farben (Kartenwerte) habe dann berechne ich zuvor die WSK für die 8 Karokarten.
Dannach verringert sich mein N=32 auf 32-8 (Weil es von jeder Sorte 8 Karten gibt/von 4 Sorten.
Nun habe ich für die Berechnung der Kreuzkarten also den Umfang der Grundgesamtheit mit 24 anzunehmen denke ich.

Will ich noch das X betrachten, möchte ich sagen X= Anzahl der Karten die eine bestimmte Anzahl des Farbenwertes Karo/Kreuz annimt. Also X (Karo) = 8 und X (Kreuz)= 2 oder?!

R: N=32,M=16 (weil eben Karo*8 und Kreuz*8 vorkommen soll),n=10 (Stichprobenumfang/gesamt), x=8 (bei 8 Ziehungen/Karo)

$ P(X=8) = [mm] \bruch{\vektor{16 \\ 8} \cdot{} \vektor{16\\ 2}}{\vektor{32\\ 10}} \approx 0,023939\hat=2,39% [/mm] $

R: N=24,M=16 (weil eben Karo*8 und Kreuz*8 vorkommen soll),n=10 (Stichprobenumfang/gesamt), x=2 (bei 8 Ziehungen/Karo)

$ P(X=2) = [mm] \bruch{\vektor{16 \\ 8} \cdot{} \vektor{16\\ 2}}{\vektor{32\\ 10}} \approx 0,1837394\hat=18,37% [/mm] $

Ich denke ich müsste die Ergebnisse nich addieren sofern die Rechnung stimmen würde.

Leider weiß ich nicht welche Gesamtmenge ich nehmen soll noch wie ich mein x und n richtig annehme.

Bitte um Hilfe.

Mit freundlichen Grüßen, spikemike.









        
Bezug
Hypergeometrische Verteilung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:56 Fr 27.03.2015
Autor: rmix22

Hallo spikemike!

Aufgabe a) hast du richtig gelöst, aber bei b) hast du dich nicht nur vertippt (copy and paste und dann nicht weiter ausgebessert), sodnern auch gedanklich verlaufen.

Die WKT dafür, dass wir alle acht Karokarten bekommen hast du ja schon unter a) berechnet. Jetzt müssen wir unter der Voraussetzung, dass wir schon alle Karos haben (bedingte WKT) die WKT dafür berechnen, dass die übrigen beiden Karten Treff sind. Die Karos sind schon weg, wir ziehen also aus nur 24 Karten zwei und beiden sollen Treff sein. Also ist mit deinen Bezeichnungen vermutlich N=24, M=8, n=2, x=2. Die Wahrscheinlichkeit von a) muss nun mit dieser WKT multipliziert werden (die Ereignisse sind UND-verknüpft):
    [mm] $\br{\vektor{8 \\ 8}*\vektor{24 \\ 2}}{\vektor{32 \\ 10}}*\br{\vektor{8 \\ 2}*\vektor{16 \\ 0}}{\vektor{24 \\ 2}}=\br{7}{16\,128\,060}\approx 4,34*10^{-5}\ \%$.
[/mm]

Dieses Ergebnis kannst du aber auch ein weniger einfacher erhalten, wenn du dich gedanklich von der Hypergeometrischen Verteilung löst und einfach die Möglichkeiten für das gewünschte Ereignis abzählst und durch die Gesamtzahl der Möglichkeiten für die 10 Karten dividierst ("Günstige durch Mögliche").
Es gibt insgesamt [mm] $\vektor{32 \\ 10}$ [/mm] Möglichkeiten, aus 32 Karten 10 zu wählen.
Es gibt [mm] $\vektor{8 \\ 8}=1$ [/mm] "Möglichkeiten" aus den 8 Karo-Karten 8 zu wählen. Das ist nun mit der Anzahl der Möglichkeiten, aus 8 Kreuz-Karten 2 zu wählen ( [mm] $\vektor{8 \\ 2}=28$), [/mm] zu multiplizieren (jede Karo-Kombination kann mit jeder Kreuz-Kombi kombiniert werden).
Im Endeffekt haben wir mit
      [mm] $\br{\vektor{8 \\ 8}*\vektor{8 \\ 2}}{\vektor{32 \\ 10}}=\br{7}{16\,128\,060}$ [/mm]
dann dasselbe Ergebnis wie oben.


Für c) solltest du [mm] $\br{30\,576}{103\,385}$ [/mm] erhalten und für d) natürlich dasselbe wie bei a)

Gruß RMix


Bezug
                
Bezug
Hypergeometrische Verteilung: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 20:12 Sa 28.03.2015
Autor: spikemike

Hallo!

Mit der kombinatorischen Variante komme ich wahrscheinlich schneller ans Ziel.
Danke für den Tipp.

Mfg spikemike.

Bezug
        
Bezug
Hypergeometrische Verteilung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 05:55 Sa 28.03.2015
Autor: spikemike

Zu c.)

Ich würde rechnen:

P(X=5 rote):
N=32
M=8
n=5
x=5 .....=0,000278087

P(X=5schwarze):
N=24
M=8
n=5
X=5.......=0,00000036
----------------------------------------
Beide miteinander multipliziert ergibt: 0,0000000381=0,00000381%

Auf deine Lösung komme ich leider nicht. Ich habe doch die Werte richtig angenommen oder?

Mfg spikemike;






Bezug
                
Bezug
Hypergeometrische Verteilung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 13:20 Sa 28.03.2015
Autor: rmix22


> Zu c.)
>  
> Ich würde rechnen:
>  
> P(X=5 rote):
>  N=32
>  M=8
>  n=5
>  x=5 .....=0,000278087

Es gibt M=16 ROTE Karten, nicht nur 8!

>  
> P(X=5schwarze):
>  N=24
>  M=8
>  n=5
>  X=5.......=0,00000036
>  ----------------------------------------
>  Beide miteinander multipliziert ergibt:
> 0,0000000381=0,00000381%

Wenn 5 rote Karten weg sind, dann sind noch  N=27 Karten übrig, nicht nur 24. Und M=16, weil ja alle schwarzen Karten noch da sind.

Wenn du nun mit diesen Werten die Wahrscheinlichkeiten multiplizierst, bekommst du immer noch einen sehr kleinen Wert als Ergebnis. Das liegt daran, dass das Ereignis, für das du damit die WKT berechnest, nicht jenes ist, das in der Angabe beschrieben ist. Du nimmst zweimal hintereinander je 5 Karten und berechnest nun die WKT, dass die ersten 5 alle rot und die zweiten 5 alle schwarz sind. Das wird tatsächlich eher selten eintreten. Aber um am Ende 5 rote und 5 schwarze Karten zu haben, könntest du ja zB auch beim ersten Mal 2 schwarze und drei rote nehmen und beim zweiten Mal eben umgekehrt 3 schwarze und 2 rote. Es gibt also viel mehr Möglichkeiten, das gewünschte Ergebnis zu erhalten.
Ich fürchte, dass ich dich mit meiner ersten Lösungsanleitung zur Aufgabe b9 in die Irre geführt habe. Denn auch dort wäre ja etwa der Fall denkbar, dass bei den ersten 8 Karten nur 7 Karo und 1 Kreuz sind und dafür nachher bei den zwei Karten je eine Karo und Kreuz. Dass das Ergebnis dort trotzdem richtig war ist zwar kein Zufall, ist aber den besonderen Werten (es sollen alle Karten mit dem merkmal gewäglt werden, etc.) geschuldet und lässt sich daher nicht auf Teilaufgabe c) übertragen.
ich habe daher meine erste Antwort editiert und den irreführenden Teil (der auch nicht korrekt begründet war) durchgestrichen.

Es ist halt doch besser, ohne an die Hypergeometrische Verteilung und irgendeine dort geltende Formel uz denken, einfach abzuzählen. Schließlich beschäftigt sich die die HG Verteilung nur mit einem Merkmal und wir haben es bei b) aber mit zwei unterschiedlichen Merkmalen zu tun. Die Ziehungen hintereinander zu schalten wäre aber aus den oben erläuterten Grunden in der Regel falsch.
Bei c) gilt: Es gibt [mm] $\vektor{16\\5}$ [/mm] Möglichkeiten, aus 16 roten Karten fünf zu wählen und es gibt ebenso [mm] $\vektor{16\\5}$ [/mm] Möglichkeiten für die 5 schwarzen Karten. Insgesamt gibt es immer noch [mm] $\vektor{32\\10}$ [/mm] Möglichkeiten 10 Karten zu ziehen$.
Also ist die gesuchte WKT [mm] $\br{\vektor{16\\5}*\vektor{16\\5}}{\vektor{32\\10}}. [/mm]

Und wie zum Trotz lässt sich dieser Ausdruck wunderschön mit der HGV interpretieren. Das liegt daran, dass wir es hier im Grunde mit nur einem Merkmal ("Karte ist rot") zu tun haben, denn das zweite Merkmal ("Karte ist schwarz") ist ja nur das Gegenereignis, welches auch mit "Karte ist nicht rot" umschrieben werden kann. Das war bei Aufgabe b) anders!

Es reicht also, mittels der HGV die WKT zu berechnen, dass man beim Ziehen von 10 Karten genau 5 rote erwischt. Die anderen 5 müssen dann ja zwangsläufig schwarz sein. Also mit deinen Bezeichnern: N=32, M=16, n=10, x=5.

Gruß RMix



Bezug
                        
Bezug
Hypergeometrische Verteilung: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 19:48 Sa 28.03.2015
Autor: spikemike

Hallo!

Also, dass die roten Karten die schwarzen Karten verlangen verstehe ich schon.
Danke für den Hinweis.

Und ich arbeite daran, nicht alles in Formeln zu pressen ;-)

MFG spikemike;

Bezug
                                
Bezug
Hypergeometrische Verteilung: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 21:08 Sa 28.03.2015
Autor: rmix22

Und ich hab eben bemerkt, dass meine Erklärung zu b) mit der HGV doch korrekt und vollständig war. Trotzdem ändere ich jetzt das durchgestrichene Nicht mehr - eine empfehlenswert Methode ist es ja trotzdem nicht.

Wir haben es bei b) mit zwei Ereignissen zu tun:

[mm] $K_8$ [/mm] ... Unter 10 gezogenen Karten befinden sich die 8 Karo Karten
[mm] $T_2$ [/mm] ... Es befinden sich 2 Treff karten in der Hand

Es geht um die Wahrscheinlichkeit

[mm] $P(K_8 \cap T_2)=P(K_8)*P(T_2 [/mm]  |   [mm] K_8)$ [/mm]

[mm] $P(K_8)$ [/mm] haben wir in Punkt a) bereits bestimmt.
Es ist die HGV mit N=32, M=8, n=10, x=8

[mm] $P(T_2 [/mm]  |   [mm] K_8)$ [/mm] ist neu und kniffeliger. Es handelt sich um eine bedingte Wahrscheinlichkeit. Das Ereignis nach dem senkrechten Strich ist bereits eingetreten. Wir haben also von unseren 10 Karten 8 aufgedeckt und es waren die 8 Karo Karten. Wie groß ist die WKT, dass die restlichen zwei Karten beide Treff  sind? Wir wissen, dass diese beiden Karten sicher keine Karo Karten sind (es gibt nur 8 und die liegen aufgedeckt da). Es können irgendwelche aus den verbleibenden 24 Karten sein. Wir "wählen" also 2 aus den  24 karten aus, von denen haben 8 das neue Merkmal "Treff" und das Ereignis (Treff zu sein) soll genau 2 Mal auftreten. Also wieder eine HGV, diesmal mit N=24, M=8,n=2,x=2.
Ja, und in etwa genau so stehts auch in meiner ersten Antwort.
Also - es geht.

Und wir könnten, wenn wir ganz ungeschickt sein möchten, das Beispiel c) genau so aufziehen.

Wir brauchen
1) die WKT, dass von 10 Karten genau 5 rot sind. Also N=32,M=16,n=10,x=5

2) Die bedingte Wahrscheinlichkeit dafür, dass 5 karten schwarz sind, wenn wir bereits wissen, dass GENAU 5 Karten rot sind. Wir haben also 5 rote aufgedeckt und irgendwer hat uns verraten, dass keine weiteren roten unter den verdeckten 5 Karten sind. Die "verdeckten 5 Karten sind also sicher nicht rot. Wir können daher nur mehr aus den Nicht-roten Karten wählen. Das sind N=16. Davon haben das Merkmal "schawarz" M=16. Wir wählen n=5 aus und möchten das Merkmal genau x=5 mal haben.

Wenn wir 1) und 2) miteinander multiplizieren, erhalten wir  für die gesuchte WKT (den unnötig kompliziert aufgeblähten) Ausdruck

     [mm] $\frac{\vektor{16\\5}*\vektor{16\\5}}{\vektor{32\\10}}*\frac{\vektor{16\\5}*\vektor{0\\0}}{\vektor{16\\5}}$ [/mm]

Null über Null ist 1, die beiden anderen Binomialkoeffizienten im zweiten Bruch kürzen sich und somit ist der Wert des zweiten Bruchs gleich 1. Kein  Wunder, die Wahrscheinlichkeit, dass man 5 scharze  Karten erwischt, wenn man 5 Karten aus eine menge von 16 schwarzen Karten zieht, ist eben ziemlich groß ;-)

Vielleicht macht es Sinn, sich solche Beispiele auch einmal so durchzudenken, damit das Wissen/Verständnis über/für die HGV gefestigt wird. Aber fürs praktische Berechnen der WKTen liegt mir der kombinatorische Ansatz doch viel näher.

Gruß RMix


Bezug
                                        
Bezug
Hypergeometrische Verteilung: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 09:46 Di 31.03.2015
Autor: spikemike

Kein  Wunder, die Wahrscheinlichkeit, dass man 5 scharze  Karten erwischt, wenn man 5 Karten aus eine menge von 16 schwarzen Karten zieht, ist eben ziemlich groß

Da bin ich auch dabei :-)

Die Rechnung die mir aufgezeigt hast, ist jedoch für mich eine gute Hilfestellung.

Danke mfg Spikemike.

Bezug
Ansicht: [ geschachtelt ] | ^ Forum "Wahrscheinlichkeitsrechnung"  | ^^ Alle Foren  | ^ Forenbaum  | Materialien


^ Seitenanfang ^
www.matheraum.de
[ Startseite | Forum | Wissen | Kurse | Mitglieder | Team | Impressum ]