Hypergeometrischen Verteilung Erwartungswert und Varianz beweisen

Question

Aufgabe:

Wie kann man den Erwartungswert von der hypergeometrischen Verteilung:E(X)= n* M/N beweisen?

Und wie die Varianz: n*M/n *( 1- M/N)

Problem/Ansatz:

Ich wäre euch sehr Dankbar für eine Antwort!!

Comments

Was ist M, was ist N, was ist n?

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N ist die Anzahl der Grundmenge, M die Anzahl der Elemente die die Eigenschaft A besitzen und n die Anzahl, der Elemente,die zufällig aus der Gesamtmenge ohne zurücklegen entnommen werden

Answer 1

Aloha :)

$$\left<k\right>=\sum\limits_{k=\pink0}^nk\cdot\frac{\red{\binom{M}{k}}\binom{N-M}{\blue{n-k}}}{\green{\binom{N}{n}}}=\sum\limits_{k=\pink1}^nk\cdot\frac{\red{\frac{M}{k}\binom{M-1}{k-1}}\binom{N-M}{\blue{(n-1)-(k-1)}}}{\green{\frac Nn\binom{N-1}{n-1}}}=\frac{Mn}{N}\sum\limits_{k=\pink1}^{n}\frac{\binom{M-1}{k-1}\binom{N-M}{(n-1)-(k-1)}}{\binom{N-1}{n-1}}$$$$\phantom{\left<k\right>}=\frac{Mn}{N}\sum\limits_{k=\pink0}^{n\pink{-1}}\frac{\binom{M-1}{(k\pink{+1})-1}\binom{\green{N-M}}{(n-1)-((k\pink{+1})-1)}}{\binom{N-1}{n-1}}=\frac{Mn}{N}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\frac{\binom{M-1}{k}\binom{\green{(N-1)-(M-1)}}{(n-1)-k}}{\binom{N-1}{n-1}}=\frac{Mn}{N}$$Die Summanden in der verbliebenen Summe sind wieder die Einzelwahrscheinlichkeiten einer hypergeometrische Verteilung, diesmal sind nur \(M\), \(N\) und \(n\) um \(1\) vermindert. Die Summe über alle diese Einzelwahrscheinlichkeiten ist gleich \(1\).

Der Erwartungswert für \(k^2\) geht sehr ähnlich:$$\left<k^2\right>=\sum\limits_{k=\pink0}^nk^2\cdot\frac{\red{\binom{M}{k}}\binom{N-M}{\blue{n-k}}}{\green{\binom{N}{n}}}=\sum\limits_{k=\pink1}^nk^2\cdot\frac{\red{\frac{M}{k}\binom{M-1}{k-1}}\binom{N-M}{\blue{(n-1)-(k-1)}}}{\green{\frac Nn\binom{N-1}{n-1}}}$$$$\phantom{\left<k^2\right>}=\frac{Mn}{N}\sum\limits_{k=\pink1}^nk\cdot\frac{\red{\binom{M-1}{k-1}}\binom{N-M}{\blue{(n-1)-(k-1)}}}{\green{\binom{N-1}{n-1}}}=\frac{Mn}{N}\sum\limits_{k=\pink0}^{n\pink{-1}}(k\pink{+1})\frac{\binom{M-1}{(k\pink{+1})-1}\binom{\green{N-M}}{(n-1)-((k\pink{+1})-1)}}{\binom{N-1}{n-1}}$$$$\phantom{\left<k^2\right>}=\frac{Mn}{N}\sum\limits_{k=\blue0}^{n-1}k\cdot\frac{\binom{M-1}{k}\binom{\green{N-M}}{(n-1)-k}}{\binom{N-1}{n-1}}+\pink1\cdot\frac{Mn}{N}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\frac{\binom{M-1}{k}\binom{\green{(N-1)-(M-1)}}{(n-1)-k}}{\binom{N-1}{n-1}}$$Die zweite Summe kennen wir bereits von \(\left<k\right>\), sie ist gleich \(1\). Die erste Summe können wir wieder bei \(k=\blue1\) beginnen lassen, da der erste Summand wegen des Faktors \(k\) gleich Null ist.

$$\phantom{\left<k^2\right>}=\frac{Mn}{N}\sum\limits_{k=\blue1}^{n-1}k\cdot\frac{\red{\binom{M-1}{k}}\binom{N-M}{(n-1)-k}}{\green{\binom{N-1}{n-1}}}+\frac{Mn}{N}=\frac{Mn}{N}\sum\limits_{k=1}^{n-1}k\cdot\frac{\red{\frac{M-1}{k}\binom{M-2}{k-1}}\binom{N-M}{(n-1)-k}}{\green{\frac{N-1}{n-1}\binom{N-2}{n-2}}}+\frac{Mn}{N}$$$$\phantom{\left<k^2\right>}=\frac{Mn}{N}\cdot\frac{(M-1)(n-1)}{N-1}\sum\limits_{k=\pink1}^{n-1}\frac{\binom{M-2}{k-1}\binom{N-M}{(n-1)-k}}{\binom{N-2}{n-2}}+\frac{Mn}{N}$$$$\phantom{\left<k^2\right>}=\frac{Mn}{N}\cdot\frac{(M-1)(n-1)}{N-1}\sum\limits_{k=\pink0}^{n-\pink2}\frac{\binom{M-2}{(k\pink{+1})-1}\binom{\blue{N-M}}{(n-1)-(k\pink{+1})}}{\binom{N-2}{n-2}}+\frac{Mn}{N}$$$$\phantom{\left<k^2\right>}=\frac{Mn}{N}\cdot\frac{(M-1)(n-1)}{N-1}\sum\limits_{k=0}^{n-2}\frac{\binom{M-2}{k}\binom{\blue{(N-2)-(M-2)}}{(n-2)-k}}{\binom{N-2}{n-2}}+\frac{Mn}{N}$$Die Summe über die Einzelwahrscheinlichkeiten einer hypergeometrischen Verteilung ist wieder gleich \(1\), sodass$$\left<k^2\right>=\frac{Mn}{N}\cdot\frac{(M-1)(n-1)}{N-1}+\frac{Mn}{N}$$

Damit haben wir die Varianz schon fast:$$\sigma^2=\left<k^2\right>-\left<k\right>^2=\frac{Mn}{N}\cdot\frac{(M-1)(n-1)}{N-1}+\frac{Mn}{N}-\left(\frac{Mn}{N}\right)^2$$Das brauchst du nur noch auf einen Nenner zu bringen und erhältst dann:$$\sigma^2=\frac{Mn(N-M)(N-n)}{(N-1)N^2}=\frac{Mn}{N}\left(1-\frac MN\right)\frac{N-n}{N-1}$$

Comments

Wow Danke vielmals!! Super Erklärung wieder!

(n-k)=(n-1)-(k-1) Wieso hast du es so umgeschrieben, da es hilfreich für die nächsten Rechenschritte ist?

Die Summe wird verändert von n und k=1 zu n = -1 und k= o , Wieso wird dann in der Summe k mit 1 addiert und n so gelassen?

und der Schritt zur allerletzten Gleichung, wie kommst du auf die Gleichung, also wie sehen die einzelnen Brüche mit den gleichen Nennern aus?

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Und wieso berechnet sich der Erwartungswert so? Da k die Anzahl ist? und P(X=k) der andere Teil der mit k multipliziert wird?

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\((n-k)=(n-1)-(k-1)\) habe ich geschrieben, damit man nachcher besser erkennt, dass die Summe über die Einzelwahrscheinlichkeiten einer hypergeometrischen Verteilung läuft. Das hätte ich eigentlich auch weglassen können, aber ich hatte das Ziel im Kopf und habe erstmal alles soweit wie möglich darauf hingerechnet.

Die Summation können wir bei \(k=1\) statt \(k=0\) loslaufen lassen, wegen des Faktors \(k\) in den Summanden. Für \(k=0\) ist der entsprechende Summand dann auch \(=0\).

Bei der Berechnung der Varianz kannst du alles auf den Hauptnenner bringen:

$$\sigma^2=\frac{Mn}{N}\cdot\frac{(M-1)(n-1)}{N-1}+\frac{Mn}{N}-\left(\frac{Mn}{N}\right)^2$$$$\phantom{\sigma^2}=\frac{Mn}{N}\left(\frac{(M-1)(n-1)}{N-1}+1-\frac{Mn}{N}\right)$$$$\phantom{\sigma^2}=\frac{Mn}{N}\left(\frac{\pink N(M-1)(n-1)}{\pink N(N-1)}+\pink{\frac{N(N-1)}{N(N-1)}}-\frac{Mn\pink{(N-1)}}{N\pink{(N-1)}}\right)$$$$\phantom{\sigma^2}=\frac{Mn}{N}\left(\frac{\red{NMn}-Nn-NM+\blue N}{N(N-1)}+\frac{N^2-\blue N}{N(N-1)}-\frac{\red{MnN}-Mn}{N(N-1)}\right)$$$$\phantom{\sigma^2}=\frac{Mn}{N}\cdot\frac{\red{N^2}\green{+Mn}\red{-Nn}\green{-NM}}{N(N-1)}$$$$\phantom{\sigma^2}=\frac{Mn}{N}\cdot\frac{\red{N(N-n)}\green{-M(N-n)}}{N(N-1)}=\frac{Mn}{N}\cdot\frac{(N-M)(N-n)}{N(N-1)}$$$$\phantom{\sigma^2}=\frac{Mn}{N}\cdot\frac{N-M}{N}\cdot\frac{N-n}{N-1}=\frac{Mn}{N}\left(1-\frac MN\right)\frac{N-n}{N-1}$$

Der Erwartungswert einer diskreten Zufallsvariablen \(X\) mit \(n\) möglichen Werten \(x_i\) ist wie folgt definiert:$$\mu(X)=\sum\limits_{k=1}^n k\cdot p(k=x_i)$$

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Danke! Deine Mühe immer überragend!!

Ich habe den Erwartungswert jetzt immer so definiert: Summe von i=1 bis n x_{i *} P(X=x_i). Dan müsste ich nur die Summe ändern und anstatt das k in der Rechnung ein x_i schreiben?

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Ja, denn die Zufallsvarible kann bei der hypergeometrischen Verteilung ja nur die ganzzahligen Werte k=0,1,2,...,n annehmen.

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Bei der Berechnung der Varianz ,letzter Schritt , wie kommst du auf 1-M/N , also was du mir in den Kommentaren geschickt hast.

(N-m)/N = (1-(M/N))?

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$$\frac{N-M}{N}=\frac NN-\frac MN=1-\frac MN$$

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Ah super danke!

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Hallo, eben gesehen, die Varianz lautet ja:

n*M/n *( 1- M/N)

Beim Ende des Beweises kommst du aber auf die Formel ohne das n am Anfang?

Bei dem Erwartungswert genau so

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Ahh weil du das n mit in den Bruch geschrieben hast?

Answer 2

Der Erwartungswert berechnet sich so

$$ \mu = \sum_{k=1}^N k \frac{ \binom{K}{k} \binom{N-K}{n-k} } { \binom{N}{n} } $$ wegen $$ k \binom{K}{k} = K \binom{K-1}{k-1} $$

Wegen \( \sum_{k=0}^r = \binom{p}{k} \binom{q}{r-k} = \binom{p+q}{r} \)

ergibt sich $$ \mu = \frac{K}{\binom{N}{n} } \binom{N-1}{n-1} = n \frac{K}{N} $$

Ähnlich die Varianz.