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Stichproben mit exponentieller Wahrscheinlichkeit

15/09/2009 - 12:15 von Oliver ojo Bedford | Report spam
Hallo!

(ich hoffe, ich drücke mich verstàndlich aus, bin kein Mathematiker)

Gegeben sei eine unendliche Grundgesamtheit, aus der Stichproben gezogen
werden, wobei die Wahrscheinlichkeit ein Element zu ziehen, exponentiell
abfàllt. Also die Wahrscheinlichkeit für Element 0 sei z.B. 0.5, Element 1
wàre ca. 0.30, etc.

Jetzt werden Stichproben gezogen.

Die Wahrscheinlichkeit bei (z.B.) 10 Versuchen 5 mal Element 0 (oder 1
oder ...) zu erhalten, kann ich aus der Binomial-Verteilung errechnen.
Richtig?

Was aber, wenn ich bei jedem Versuch nicht nur 1 Stichprobe ziehe,
sondern mehrere (Stichproben ohne Zurücklegen). Wie berechne
ich dann z.B. die Wahrscheinlchkeit, dass bei 10 Versuchen mit jeweils
5 Stichproben 2 Versuche das genau gleiche Ergebnis lieferten, oder
4 gleiche Werte oder ...?

Bei der "einfachen" hypergeometrischen Verteilung für z.B.
Lotto-Ziehungen, werden die komplizierten Wahrscheinlichkeiten
nicht berücksichtigt.

TIA,
Oliver
 

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#1 Stephan Gerlach
17/09/2009 - 03:50 | Warnen spam
Oliver 'ojo' Bedford schrieb:

Gegeben sei eine unendliche Grundgesamtheit,



Die vermutlich abzàhlbar unendlich ist, z.B. die Grundgesamtheit
könnten die natürlichen Zahlen inklusive 0 sein? Also
0, 1, 2, 3, ...

aus der Stichproben gezogen
werden, wobei die Wahrscheinlichkeit ein Element zu ziehen, exponentiell
abfàllt. Also die Wahrscheinlichkeit für Element 0 sei z.B. 0.5, Element 1
wàre ca. 0.30, etc.



Wenn du irgendwas exakt ausrechnen willst, müssen diese
Wahrscheinlichkeiten natürlich genau "bekannt" sein. Z.B. könnte man
voraussetzen
P(N) = e^(-a)*a^N/N! (Poissonverteilung mit festem Parameter a)
oder auch
P(N) = p*(1-p)^N (Geometrische Verteilung mit festem Parameter p).

Die genaue Struktur der Verteilung ist aber für deine Fragestellung nach
meinem Verstàndnis irrelevant. Es genügt in den Überlegungen, sich
einfach vorzustellen "die Wahrscheinlichkeit für Element N ist P(N)".

Jetzt werden Stichproben gezogen.

Die Wahrscheinlichkeit bei (z.B.) 10 Versuchen 5 mal Element 0 (oder 1
oder ...) zu erhalten, kann ich aus der Binomial-Verteilung errechnen.
Richtig?



Sofern vorausgesetzt wird(!), daß der 1. Versuch die Wahrscheinlichkeit
des 2. Versuchs nicht beeinflußt, der 2. Versuch nicht den 3. usw (d.h.
die Versuche müssen stochastisch unabhàngig voneinander erfolgen):
Ja. Wenn du n-mal den Versuch ausführst
"ziehe aus der Grundgesamtheit 1 Element und lege dieses zurück", (#1)
(Stichprobe vom Umfang n), so ist die Wahrscheinlichkeit, dabei k-mal
das Element N zu erhalten

P(es tritt genau k-mal N auf) = (n über k)*[P(N)]^k*[1-P(N)]^(n-k). (*)

Du kannst damit auch solche Sachen wie
P(es tritt genau k-mal eine Zahl zwischen N1 und N2 auf)
oder
P(es tritt zwischen k-mal und l-mal N auf),
also in gewisser Hinsicht kompliziertere Wahrscheinlichkeiten,
berechnen; dazu muß Formel (*) angepaßt bzw. aufsummiert werden.

Was aber, wenn ich bei jedem Versuch nicht nur 1 Stichprobe ziehe,
sondern mehrere (Stichproben ohne Zurücklegen).



Also im Prinzip nach wie vor n Versuche (Stichprobe(!) vom Umfang n),
aber "Versuch" bedeutet jetzt etwas anderes als oben in (#1).

Der Versuch ist jetzt, wenn ich das richtig verstanden habe,
"ziehe aus der Grundgesamtheit m Elemente und lege diese zurück", (#2)
und das Ganze eben n-mal. Man beachte den Unterschied zu (#1).

Wobei jetzt hier die Frage besteht, wie denn *wàhrend* *eines* der n
Versuche die Ziehung der m Elemente ablàuft.
1) Ebenfalls unabhàngig voneinander, also z.B. das in Ziehung 1 gezogene
Element beeinflußt in keinster Weise die Wahrscheinlichkeit des in
Ziehung m gezogenen Elements?
2) Oder beeinflussen sich die m Ziehungen gegenseitig?
Ich würde ja wieder 1) vermuten, v.a. da bei 2) weitere Informationen
nötig wàren.

Wie berechne
ich dann z.B. die Wahrscheinlchkeit, dass bei 10 Versuchen mit jeweils
5 Stichproben 2 Versuche das genau gleiche Ergebnis lieferten,


(**)

Falls ich die Frage richtig verstanden habe:
Dies ist aber bereits im Fall m=1 eine kompliziertere Fragestellung als
die Frage nach der
"Wahrscheinlichkeit, bei n Versuchen k-mal das Element N zu erhalten",
welche du oben für den Fall m=1 gestellt (und selber beantwortet) hast.
Die 'neue' Frage, die du für den Fall m=5 gestellt hast, ist selbst im
Fall m=1 nicht mehr mit Binomialverteilung zu lösen.
Für das Ereignis (E)
"bei n Versuchen tritt genau 2-mal das gleiche Ergebnis auf"
genügt es im Gegensatz zum Ereignis
"bei n Versuchen tritt genau k-mal das Ergebnis N auf"
nàmlich nicht mehr, nur zwischen N und Nicht-N zu unterscheiden.

Guck' ich mir vielleicht mal in Ruhe an; schreib' am besten erst mal
zurück, ob ich deine Fragestellung(en) bisher richtig verstanden habe
und wie das denn mit der oben mehrfach erwàhnten Unabhàngigkeit der
einzelnen Ziehungen aussieht.

Nochmal zum Verstàndnis des Ereignis (E), meinst du tatsàchlich Folgendes?
(12345) (45678) (33456) (11234) (11113) (33345) (22333) (45678) (34556)
(12345)
Seien das z.B. deine 10 Versuche (mit jeweils m=5 Einzel-Ziehungen); ist
hierbei Ereignis (E) eingetreten? Da ja 2-mal (45678) eingetreten ist
(und sogar 2-mal (12345), aber die doppelte (45678) würde für (E)
bereits genügen).

oder 4 gleiche Werte oder ...?



Wie ist das jetzt zu verstehen? Sollen bei den 10 Versuchen 2 dabei
sein, die als Ergebnis z.B.
(11115)
(22224)
(55553)
(33335)
haben? Was natürlich nur Sinn für m>1 macht. Falls ja: Ist auch
(55555)
gültig (es sind ja 4 gleiche Werte dabei)?

Wobei das prinzipiell immerhin einfacher berechenbar wàre als Frage
(**), da es um das Ereignis
"bei n Versuchen tritt genau 2-mal [4 gleiche Werte] auf"
geht. Und damit genügt es für jeden der n Versuche, zwischen
[4 gleiche Werte] und [nicht 4 gleiche Werte] zu unterscheiden.
Also wieder Binomialverteilung; allerdings kàme anstelle von P(N) in
Formel (*) ein komplizierterer Ausdruck hin.

Bei der "einfachen" hypergeometrischen Verteilung für z.B.
Lotto-Ziehungen, werden die komplizierten Wahrscheinlichkeiten
nicht berücksichtigt.



Beim Lotto-Spielen hast du keine unendliche Grundgesamtheit, und
außerdem ist das Ganze ohne Zurücklegen. Also wenn im 1. Versuch eine 1
gezogen wurde, kann im 2. Versuch nicht nochmal eine 1 gezogen werden.


Eigentlich sollte Brain 1.0 laufen.


gut, dann werde ich mir das morgen mal besorgen...
(...Dialog aus m.p.d.g.w.a.)

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