Hypergeometrische Verteilung - Beachten der Reihenfolge auch möglich?

Question

Liebe Lounge,

folgendes Beispiel: In einer Urne befinden sich 5 Kugeln, 3 schwarze und 2 weiße. Es sollen zwei Kugeln ohne zurücklegen entnommen werden.

X sei die Anzahl an gezogenen schwarzen Kugeln.

Wenn man jetzt die W-Keit für 2 schwarze Kugeln mithilfe der hypergeom. Verteilung berechnen will (ich weiß, dass es genauso einfach mit dem Baumdiagramm geht) komme ich auf folgende Vorschrift:

P(X=2)=\( \frac{3nCr2·2nCr1}{5nCr3} \)= \( \frac{3}{5} \).

Jetzt zu meiner Frage. Die Formel für die hypergeometrische Verteilung beachtet ja die Reihenfolge nicht. Müsste ich aber nicht auch auf die W-keit von \( \frac{3}{5} \) kommen, wenn ich sowohl im Zähler als auch im Nenner die Reihenfolge beachte?

Es wäre ja dann immer noch der Quotient aus günstigen Fällen durch mögliche Fälle. Zudem wären auch die W-keiten für jedes Elementarereignis gleichverteilt.

Wenn ich nun bei den Möglichkeiten im Nenner auf die Reihenfolge achten würde, dann müsste ich den Nenner ja mit 3! multiplizieren.

Im Zähler würde ich jedoch den ersten Binomialkoeffizienten mit 2! und den zweiten Binomialkoeffizienten mit 1! multiplizieren.

Problem: 2!·1! ≠ 3! ...

Intuitiv würde ich aber sagen, dass es aufreden Fall auch mit Beachtung der Reihenfolge gehen würde...

Wo liegt mein Denkfehler?

Danke und liebe Grüße

Kombinatrix

Comments

Ok. Ich glaube ich habe es.

Müsste man so argumentieren:

Es gibt 3 Möglichkeiten aus 3 Schwarzen Kugeln zwei auszuwählen. Es gibt 2 Möglichkeiten aus 2 weißen Kugeln eine auszuwählen.

Sprich für die Auswahl der Kugeln gibt es schonmal 2·3=6 Möglichkeiten.

Um jetzt auf die Reihenfolge zu achten, ergibt sich aus jeder der 6 Möglichkeiten 3! Anordnungen.

Also gibt es 6·3! günstige Möglichkeiten.

Dann passt es wieder...

Das was ich gemacht hätte, währen bei weitem nicht alle Möglichkeiten gewesen...?

Answer 1

Zu erst die Verteilung (was hast Du gerechnet?)

N=5, n=2, M={3,2}, m={...}

\(\scriptsize \left(\begin{array}{rrrrrr}0& \left\{ 2, 0 \right\} &\frac{3}{10}& \left\{ \left(\begin{array}{r}3\\2\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}2\\0\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}5\\2\\\end{array}\right)\\1& \left\{ 1, 1 \right\} &\frac{3}{5}& \left\{ \left(\begin{array}{r}3\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}2\\1\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}5\\2\\\end{array}\right)\\2& \left\{ 0, 2 \right\} &\frac{1}{10}& \left\{ \left(\begin{array}{r}3\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}2\\2\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}5\\2\\\end{array}\right)\\\end{array}\right)\)

Die Hypergeom V. geht von nicht unterschiedbaren Elementen aus - damit ist keine Reihenfolge ableitbar. Wenn wir die drei schwarzen zu grau,dunkelgrau,schwarzgrau machen dann

N=5, n=2, M={1,1,1,2}, m= {...}

\(\scriptsize \left(\begin{array}{rrrrrr}0& \left\{ 1, 1, 0, 0 \right\} &\frac{1}{10}& \left\{ \left(\begin{array}{r}1\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}2\\0\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}5\\2\\\end{array}\right)\\1& \left\{ 1, 0, 1, 0 \right\} &\frac{1}{10}& \left\{ \left(\begin{array}{r}1\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}2\\0\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}5\\2\\\end{array}\right)\\2& \left\{ 0, 1, 1, 0 \right\} &\frac{1}{10}& \left\{ \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}2\\0\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}5\\2\\\end{array}\right)\\3& \left\{ 1, 0, 0, 1 \right\} &\frac{1}{5}& \left\{ \left(\begin{array}{r}1\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}2\\1\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}5\\2\\\end{array}\right)\\4& \left\{ 0, 1, 0, 1 \right\} &\frac{1}{5}& \left\{ \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}2\\1\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}5\\2\\\end{array}\right)\\5& \left\{ 0, 0, 1, 1 \right\} &\frac{1}{5}& \left\{ \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}2\\1\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}5\\2\\\end{array}\right)\\6& \left\{ 0, 0, 0, 2 \right\} &\frac{1}{10}& \left\{ \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}2\\2\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}5\\2\\\end{array}\right)\\\end{array}\right)\)

Comments

Aber man kann das Ganze doch auch so modellieren, dass die Kugeln zusätzlich nummeriert sind. Dann kann man sie unterscheiden. Ändert ja die Wahrscheinlichkeiten nicht.

Ich glaube, dass für die hypergeometrische Verteilung keine unterscheidbaren Kugeln vorausgesetzt werden müssen... aber wenn man sie unterscheiden kann, geht es doch auf jeden Fall auch?

Beispiel: Lotto.

Da kann man die Kugeln ja unterscheiden. Und es ist trotzdem die hypergeometrische Verteilung?

Sprich: Wenn man die Kugeln aus meinem Beispiel nummeriert. Kann man einmal klassische mit der Verteilung P(X=2) berechnen. Und einmal, indem man sowohl bei günstig als auch bei möglich die Reihenfolge (multipliziert mit 3!) beachtet.

Oder liege ich da falsch?

Answer 2

Du hast bei der Frage von "zwei Kugeln" geschrieben, die gezogen werden sollen, meinstest aber wohl 3, das hat etwas Verwirrung ergeben. Deinen Denkfehler hast du offenbar selbst schon gefunden. Das kann man gleich allgemein überlegen. Wenn man als Modell "Berücksichtigung der Reihenfolge" wählt (nach Nummerierung der Kugeln), gibt es beim k-maligen Ziehen aus n Kugeln n*(n-1)*...*(n-k+1) = n! / (n-k)! mögliche Ziehungsergebnisse. Von diesen unterscheiden sich jeweils k! nur in der Reihenfolge. Auch bei den "günstigen" Möglichkeiten werden jeweils k! als verschieden gezählt. Beim Modell "ohne Berücksichtigung der Reihenfolge" wird aus je k! Möglichkeiten nur eine. Die Wahrscheinlichkeiten sind in beiden Fällen Quotienten, die auseinander durch Kürzen bzw. Erweitern mit k! auseinander hervorgehen Für dein Beispiel kannst du dir ja mal die Mühe machen, alle 5*4*3 = 60 Kombinationen aufzuschreiben, 3*2*3! = 36 davon sind günstig. Ohne Berücksichtigung der Reihenfolge sind es nur 5 über 3 = (5*4*3)/3! = 10 Kombinationen, 3*2 = 6 davon sind günstig.