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Multinomialverteilung

Für die Multinomialverteilung (= Polynomialverteilung) betrachten wir ein

Beispiel

Beispiel

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Wir ziehen aus einer Urne mit insgesamt sieben Kugeln, von denen eine grüne, drei weiße, zwei schwarze und eine graue dabei sein möge. Wie groß ist beim dreifachen Ziehen mit Zurücklegen die Wahrscheinlichkeit, zwei weiße und eine schwarze Kugel zu ziehen?

Die Frage ist nun nicht mehr mit der Binomialverteilung zu beantworten, da die einzelnen Ereignisse nicht lediglich zwei Ausgänge besitzen – z.B. weiß und nicht weiß. Vielmehr sind hier mehr als zwei Ereignisse von Interesse. Folgender Merksatz gilt

Regel Multinomialverteilung (=Polynomverteilung)

Methode

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Voraussetzungen:

  • Es seien r Ereignisse A1, A2, ..., Ar eines Versuchs gegeben

  • Diese treten mit den Wahrscheinlichkeiten p1, p2, ..., pr ein

  • Die Ereignisse seien unabhängig voneinander

Frage:

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei n hintereinander ausgeführten Versuchen

  • genau k1 mal das Ereignis A1,

  • genau k2 mal das Ereignis A2,

  • ...

  • genau kr mal das Ereignis Ar eintritt?

  • Insgesamt gilt $\sum _{i\;=\;1}^r\;$ki = 1 und $\sum _{i\;=\;1}^r\;$pi = 1.

Antwort:

f(k1, k2, ..., kr) = $\frac{n!}{k_1!k_2!...k_r!}p_1^{k_1}\;\cdot \;p_2^{k_2}\;\cdot \;...\;\cdot \;p_r^{k_r}$..

Kommen wir zur Fragestellung des Beispiels zurück:

Es handelt sich um r = 4 mögliche Ereignisse A1, A2, Aund A4, nämlich die einzelnen Farben. So kann die gezogene Kugel in jedem Zug grün sein (A1), weiß (A2), grau (A3) oder schwarz (A4). Dadurch, dass die Kugel wieder zurückgelegt wird, sind die einzelnen Züge unabhängig voneinander. Gewünscht ist nun, dass k1 = 0 grüne Kugeln gezogen werden sowie k2 = 2 weiße, k3 = 0 graue und k4 = 1 schwarze Kugel. Die Erfolgswahrscheinlichkeiten sind in jedem einzelnen Zug p1 = 1/7, p2 = 3/7, p3 = 1/7 und p4 = 2/7. So ist z.B. p2 = 3/7 die Wahrscheinlichkeit, im zweiten (genau wie im dritten) Zug eine weiße Kugel zu ziehen, denn es sind drei Kugeln weiß von sieben Kugeln insgesamt. Die Zahl n ist k1 + k2 + k3 + k4 = 0 + 2 + 0 + 1 = 3, da dreimal gezogen wird. Insgesamt erhält man

f(0, 2, 0, 1) = $\frac{3!}{0!2!0!1!}\left(\frac 1 7\right)^0\;\cdot \;\left(\frac 3 7\right)^2\;\cdot \;\left(\frac 1 7\right)^0\;\cdot \;\left(\frac 2 7\right)^1\;=\;\frac{54}{7^3}$.

Merke

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Die Binomialverteilung ist – wie es der Name schon vermuten lässt – ein Spezialfall der Multinomialverteilung für r = 2.

Beispiel

Beispiel

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 Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass im Urnenexperiment aus dem vorigen Beispiel

  • genau drei weiße Kugeln

  • zwei graue und eine grüne Kugel

gezogen werden.

  • In der ersten Aufgabenstellung ist auch (!) die Binomialverteilung anwendbar, da es um „weiß“ bzw. „nicht weiß“ geht, also genau zwei Ausgänge erwähnt, d.h. r = 2.

    • mit der Binomialverteilung B(3,$3\over{7}$ ) rechnet man die gesuchte Wahrscheinlichkeit aus als P(X = 3) = $\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}33\right)\;\cdot \;\left(\frac 3 7\right)^3\;\cdot \;\left(1\;-\;\frac 3 7\right)^{3\;-\;3}\;=\;\frac{27}{7^3}$ .

    • mit der Multinomialverteilung kommt man klarerweise auf dasselbe Ergebnis: f(0, 3, 0, 0) = $\frac{3!}{0!3!0!0!}\left(\frac 1 7\right)^0\;\cdot \;\left(\frac 3 7\right)^3\;\cdot \;\left(\frac 1 7\right)^0\;\cdot \;\left(\frac 2 7\right)^0\;=\;\frac{27}{7^3}$.

  • Im zweiten Fall ist lediglich die Multinomialverteilung möglich, da es mehr als zwei Ausgänge gibt, nämlich „grau“, „grün“ und „nicht grün“. Also f (1, 0, 2, 0) = $\frac{3!}{1!0!2!0!}\left(\frac 1 7\right)^1\;\cdot \;\left(\frac 3 7\right)^0\;\cdot \;\left(\frac 1 7\right)^2\;\cdot \;\left(\frac 2 7\right)^0\;=\;\frac 3{7^3}$.

Hypergeometrische Verteilung

Folgende Regel gilt hier:

Regel Hypergeometrische Verteilung H(N,M,n)

Methode

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Voraussetzungen

Gegeben sei eine Urne mit N Kugeln insgesamt, von denen M eine gewünschte Eigenschaft aufweisen. Es werde nun n mal ohne Zurücklegen aus dieser Urne gezogen.

Frage:

wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, genau k mal eine Kugel mit der gewünschten Eigenschaft gezogen zu haben?

Antwort:

f(k) = P(X = k) = $\frac{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}Mk\right)\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{N\;-\;M}{n\;-\;k}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}Nn\right)}$.

Entscheidender Unterschied zur Binomialverteilung ist, dass aus der Urne nicht zurückgelegt wird, die einzelnen Ereignisse nicht mehr unabhängig voneinander sind, sondern abhängig.

Beispiel

Beispiel

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Gegeben sei eine Urne mit sechs Kugeln, von denen drei mit „Kopf“ und drei mit „Zahl“ bedruckt sind. Gezogen werde dreimal ohne Zurücklegen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, genau zwei Köpfe zu ziehen?

Man rechnet hier mit der hypergeometrischen Verteilung, da alle Voraussetzungen gegeben sind. N, also die Anzahl der Kugeln insgesamt, ist N = 6. Die Zahl M der Kugeln mit der gewünschten Eigenschaft, nämlich den Aufdruck „Kopf“ zu besitzen, ist M = 3. Die Anzahl der Züge n ist ebenfalls n = 3, die Anzahl der Erfolge k lautet k = 2. Also:

P(X = 2) = $\frac{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}32\right)\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{6\;-\;3}{3\;-\;2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}63\right)}$ =  $\frac{3\;\cdot \;3}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}63\right)}$= \  $\frac{3\;\cdot \;3}{\frac{6!}{3!3!}}$ =  $\frac 9{20}$ = 0,45,

Zur Vervollständigung auch die anderen Werte der Wahrscheinlichkeitsfunktion von X:

P(X = 1) = $\frac{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}31\right)\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{6\;-\;3}{3\;-\;1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}63\right)}$ =  $\frac{3\;\cdot \;3}{20}$ =  $\frac 9{20}$ = 0,45

P(X = 0) = $\frac{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}30\right)\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{6\;-\;3}{3\;-\;0}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}63\right)}$ =  $\frac{1\;\cdot \;1}{20}$ =  $\frac 1{20}$ = 0,05

P(X = 3) = $\frac{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}33\right)\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{6\;-\;3}{3\;-\;3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}63\right)}$ =  $\frac{1\;\cdot \;1}{20}$ = 0,05.

Damit erhält man als tabellarische Darstellung der Verteilung

X

P

0

0,05

1

0,45

2

0,45

3

0,05

Die Rekursionsformel der hypergeometrischen Verteilung ist

pk + 1 = ··pk, k = 0, 1, 2, …, n - 1.

Hiermit lassen sich aus pk = P(X = k) die weiteren Wahrscheinlichkeiten berechnen.

Es ist z.B. P(X = 3) = p3 = p2 + 1 =$\frac{3\;-\;2}{2\;+\;1}\;\cdot \;\frac{3\;-\;2}{6\;-\;3\;-\;3\;+\;2\;+\;1}\cdot {p_2}$ =  $\frac 1 3$· $\frac 1 3$·0,45 = 0,05, was wir auch oben bereits ausgerechnet hatten.

Im Video gehen wir nochmal auf die Hypergeometrische Verteilungen ein

 

Video: Weitere diskrete Verteilungen

Ein weiteres Video

Video: Weitere diskrete Verteilungen

Aufgabe (Richtig-Falsch-Fragen zur hypergeometrischen Verteilung)

Die folgenden Aussagen sind richtig oder falsch. Entscheide.

a) Die Binomial- als auch die hypergeometrische Verteilung gehen beide von der Idee einer Stichprobe mit Zurücklegen aus.

b) Die hypergeometrische Verteilung lässt sich immer zurückführen auf ein Urnenexperiment mit N Kugeln insgesamt in der Urne, von denen M eine gewisse (wünschenswerte) Eigenschaft aufweisen. Von diesen M Kugeln sollen nun bei n-fachem Ziehen ohne Zurücklegen genau k Kugeln gezogen werden, damit die Wahrscheinlichkeitsfunktion der hypergeometrischen Verteilung anwendbar ist.

Vertiefung

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Lösung:

a) Die Binomial- als auch die hypergeometrische Verteilung gehen beide von der Idee einer Stichprobe mit Zurücklegen aus.

Falsch. Die hypergeometrische Verteilung geht vielmehr von einer Stichprobe ohne Zurücklegen aus.

b) Die hypergeometrische Verteilung lässt sich immer zurückführen auf ein Urnenexperiment mit N Kugeln insgesamt in der Urne, von denen M eine gewisse (wünschenswerte) Eigenschaft aufweisen. Von diesen M Kugeln sollen nun bei n-fachem Ziehen ohne Zurücklegen genau k Kugeln gezogen werden, damit die Wahrscheinlichkeitsfunktion der hypergeometrischen Verteilung anwendbar ist.

Richtig.

Poissonverteilung

Die Poissonverteilung kommt in der Natur nicht vor. Sie ist lediglich approximativ (= annähernd) benutzbar, da sie unter bestimmten Umständen Grenzverteilung für die Binomialverteilung ist – und zwar umso besser, je kleiner bei der Binomialverteilung B(n, p) die Erfolgswahrscheinlichkeit p und je größer der Stichprobenumfang n ist. Man nennt die Poissonverteilung deshalb auch Verteilung der seltenen Ereignisse.

Wir definieren sie über ihre Wahrscheinlichkeitsfunktion:

Definition

Merke

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 Jede Zufallsvariable X, deren Wahrscheinlichkeitsfunktion

f(k) =$\left\{\genfrac{}{}{0pt}{0}{\frac{\Lambda ^k}{k!}\;\cdot \;e^{-\Lambda }\mathit{f\text{ü}r}k\;=\;0,1,2,3,...}{0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \mathit{sonst}}\right.$

lautet, wobei λ > 0 ist, heißt poissonverteilt zum Parameter λ, in Zeichen X ~ ∏λ.

Merke

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  • Der Parameter λ ist zum einen Erwartungswert und gleichzeitig auch Varianz der Zufallsvariablen X, es gilt also E(X)= λ und Var(X) = λ.

  • Will man die Poissonverteilung benutzen, wobei das Ereignis, wenn man es genau nimmt, binomialverteilt ist, so rechnet man mit der Poissonverteilung λ= n*p.

Diese Approximation ist brauchbar für n ≥ 50, p ≤ und n×p ≤ 10.

  • Die Poissonverteilung besitzt eine Reproduktionseigenschaft, nämlich dass die Summe unabhängig poissonverteilter Zufallsvariablen wieder poissonverteilt ist. Anders ausgedrückt:

    X1, X2, ..., Xn ~ ∏λi Xi ~ ∏λi + ... + λn.

Wir rechnen zum besseren Verständnis das  

Beispiel

Beispiel

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Eine Maschine produziert Werkstücke, die mit Wahrscheinlichkeit von insg. 3 % Ausschuss sind. Das Auftreten von Ausschuss bei den einzelnen Teilen sei unabhängig voneinander, d.h. die Produktion verschiedener Stücke ist bzgl. der Frage „Ausschuss oder nicht“ als unabhängig anzusehen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass von 60 produzierten Teilen

  • genau zwei

  • mindestens vier

Ausschuss sind?

Will man diese Aufgabe lösen, so kann man unterscheiden zwischen

  • der exakten Lösung – hier über die Binomialverteilung

  • der approximativen Lösung – hier über die Poissonverteilung.

Exakte Lösung - über die Binomialverteilung

Wir definieren die Zufallsvariable Xi, die das Ergebnis des i. Zugs angibt. Xist = 1, wenn das Werkstück fehlerhaft ist (man vergibt die 1 immer für den Erfolg). Ansonsten, sollte das Werkstück nicht fehlerhaft sein, ist Xi = 0. Kurz gesagt:

Xi =$\left\{\genfrac{}{}{0pt}{0}{1\ \ \ \mathit{fehlerhaft}}{0\ \ \ \ \ \ \ \mathit{sonst}}\right.$

Xi ist binomialverteilt, also Xi ~ B(1; 0,03).

Da Ausschuss unabhängig über die einzelnen Werkstücke auftritt, ist die Summe unabhängig binomialverteilter Zufallsvariablen wieder binomialverteilt: X =$\sum _{i\;=\;1}^{60}\;$ Xi und X ~ B(60; 0,03).

Die Ergebnisse sind also exakt mit der Binomialverteilung ausrechenbar:

P(X = 2) =$\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{60}2\right)$ ·0,032·0,9760 - 2

= 1770·0,0009·0,1709073

= 0,2722553

P(X ≥ 4) = 1 - P(X < 4)

= 1 - [P(X = 0) + P(X = 1) + … + P(X = 3)]

= 1 - [0,9760 + 60·0,03·0,9759 + 0,2722553 +$\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{60}3\right)$ ·0,033·0,9757]

= 1 – [0,16080667 + 0,29840413 + 0,2722553 + 0,16279184]

= 0,105742.

Man sieht, dass das konkrete Ausrechnen sehr mühsam ist, wenn man mit der exakten Verteilung – hier der exakten Verteilung – rechnet.

Approximative Lösung – über die Poissonverteilung

Da die Approximationskriterien erfüllt sind:

n = 60 ≥ 50, p = 0,03 ≤ und n·p = 60·0,03 = 1,8 ≤ 10,

rechnen wir mit der Poissonverteilung zum Parameter λ = n·p = 60·0,03 = 1,8, wir benutzen also ∏1,8 statt B(60; 0,03).

Konkret:

P(X = 2) = $\frac{1,8^2}{2!}$·e - 1,8 = $\frac{3,24} 2$·0,16529889

= 0,2677842

P(X ≥ 4) = 1 - P(X < 4) = 1 - P(X ≤ 3)

= 1 – [(X = 0) + P(X = 1) + … P(X = 3)]

=1 - [$\frac{1,8^0}{0!}$·e - 1,8 + $\frac{1,8^1}{1!}$·e - 1,8 + ... + $\frac{1,8^3}{3!}$·e - 1,8]

= 1 - e - 1,8 [1 + 1,8 + 1,62 + 0,972]

= 1 – 0,16529889·5,392

= 0,10870839

Man sieht, dass die Approximation in beiden Fällen recht brauchbar ist.

Rekursionsformel

Merke

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Die Rekursionsformel für die Poisson-Verteilung ist

p0 = e - λ pk,

pk+1 = $\frac{\Lambda }{k\;+\;1}$·pk, für k = 0, 1, 2, 3, …

Im Beispiel der produzierten Werkstücke würde man aus

p3 = P(X = 3) = 0,16279 die Wahrscheinlichkeit für p4 = P(X = 4) schließen: p4 = $\frac{1,8}{3\;+\;1}$·0,16279 = 0,0733, was man auch anders ausrechnen kann: p4 = P(X = 4) = $\frac{1,8^4}{3\;+\;1}$·e - 1,8 = 0,0723.

Videos

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Aufgabe (Richtig-Falsch-Fragen zur Poissonverteilung)

Die folgenden Aussagen sind richtig oder falsch. Entscheide.

a) Wenn man die Streuung einer poissonverteilten Zufallsvariable kennt, so ist ihr Erwartungswert automatisch auch bekannt.

b) Eine poissonverteilte Zufallsvariable zum Erwartungswert 5 kann lediglich die Werte 0 bis einschließlich 5 annehmen.

c) Es gilt bei der Poissonverteilung, dass die Summe von n unabhängigen poissonverteilten Zufallsvariablen wieder poissonverteilt ist.

Vertiefung

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Lösung:

a) Wenn man die Streuung einer poissonverteilten Zufallsvariable kennt, so ist ihr Erwartungswert automatisch auch bekannt.

Richtig, denn es gilt für eine poissonverteilte Zufallsvariable, dass ihr Erwartungswert und ihre Varianz übereinstimmen und beide jeweils der Parameter der Poissonverteilung sind:

X ~ ∏λ $\Rightarrow$E(X) = Var(X) = λ.

b) Eine poissonverteilte Zufallsvariable zum Erwartungswert 5 kann lediglich die Werte 0 bis einschließlich 5 annehmen.

Falsch. Eine poissonverteilte Zufallsvariable kann theoretisch beliebig hohe Werte annehmen, der Wertebereich ist also 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, … So ist z.B. die Wahrscheinlichkeit, dass der Wert 6 angenommen wird, immerhin noch P(X = 6) = $\frac{5^6}{6!}$ = 0,146. Die Werte nehmen dann allerdings immer stärker ab, so ist z.B. P(X = 10) lediglich noch P(X = 10) = $\frac{5^{10}}{10!}$= 0,0181 usw.

c) Es gilt bei der Poissonverteilung, dass die Summe von n unabhängigen poissonverteilten Zufallsvariablen wieder poissonverteilt ist.

Richtig.