Lektion 13.4

Urnenmodelle und hypergeometrische Verteilung

40 min Lesezeit

Nach dieser Lektion kannst du

Ziehen mit und ohne Zurücklegen unterscheiden,
erklären, warum sich die Trefferwahrscheinlichkeit ohne Zurücklegen von Zug zu Zug ändert,
die hypergeometrische Formel für „ $k$ Treffer in $n$ Zügen ohne Zurücklegen“ anwenden,
sagen, wann die Binomialverteilung eine brauchbare Näherung ist.

In einer Urne liegen $5$ rote und $15$ weiße Kugeln. Du ziehst drei Kugeln. Legst du jede zurück, bleibt die Chance auf Rot bei jedem Zug $5/20$ . Legst du sie nicht zurück, hängt der zweite Zug davon ab, was der erste war: Nach einer roten Kugel sind es $4$ von $19$ .

Die Binomialverteilung braucht eine feste Trefferwahrscheinlichkeit. Ohne Zurücklegen ist das falsch. Die passende Verteilung heißt hypergeometrisch: Sie zählt, auf wie viele Arten man $k$ rote aus den vorhandenen roten und den Rest aus den weißen wählen kann.

Vermute zuerst

Urne: $2$ rote, $2$ weiße. Zwei Züge ohne Zurücklegen. Wie wahrscheinlich sind zwei rote Kugeln?

Ohne Zurücklegen: jeder Zug ändert die Urne

$\text{Durchläufe}$: 0
$\text{mittlere Zahl der Züge}$: –
$\text{exakter Erwartungswert}$: ?

Ein Durchlauf: So lange ziehen, bis jede Sorte von $1$ bis $6$ mindestens einmal vorkam. Schätze vorher: Wie viele Züge braucht man im Mittel?

Sammelproblem: klassisches Urnenbild ohne Zurücklegen. Die hypergeometrische Verteilung unten zählt etwas anderes — eine feste Zahl von Zügen und die Treffer darin.

Probier es aus

Sechs Sorten, jeder Zug eine zufällige der noch fehlenden oder schon gesehenen. Die Urne (hier: die noch offenen Sorten) wird ärmer, je mehr du schon hast.
Starte viele Durchläufe. Die mittlere Zahl der Züge bis alle Sorten da sind liegt deutlich über $6$ : Die letzten Sorten sind selten.
Das ist nicht die hypergeometrische Verteilung selbst, aber dieselbe Ursache: Ohne Zurücklegen sind die Züge abhängig. Eine Binomialformel mit festem $p = 1/6$ beschreibt dieses Warten nicht.

Definition

Hypergeometrische Verteilung

Eine Urne enthält $K$ Treffer und $N-K$ Nieten, zusammen $N$ Kugeln. Man zieht $n$ Kugeln ohne Zurücklegen. $X$ = Anzahl der Treffer in der Ziehung.

$\displaystyle P(X = k) = \frac{\binom{K}{k}\,\binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}}$ ,

für alle $k$ , bei denen die Binomialkoeffizienten sinnvoll sind ( $k \le K$ , $n-k \le N-K$ ).

Erwartungswert: $E(X) = n \cdot \dfrac{K}{N}$ . Dieselbe Form wie $np$ , mit $p = K/N$ — aber die Varianz ist kleiner als bei der Binomialverteilung, weil die Züge sich ausgleichen.

Ist $n$ klein gegen $N$ (etwa $n/N < 0{,}05$ ), ändert sich die Zusammensetzung kaum. Dann darf man mit $p = K/N$ binomial rechnen.

Schritt für Schritt

Drei Kugeln aus $5$ roten und $15$ weißen, genau eine rote

$N = 20$ , $K = 5$ , $n = 3$ , $k = 1$ .

Zähler: $\binom{5}{1}\binom{15}{2} = 5 \cdot 105 = 525$ .

Schritt 1 von 3

Beispiel

Qualitätskontrolle

Eine Lieferung hat $100$ Teile, davon sind $4$ defekt. Man prüft $10$ ohne Zurücklegen. Wahrscheinlichkeit, keinen Defekt zu finden: $\binom{4}{0}\binom{96}{10}/\binom{100}{10}$ .

P(X = 0) = \frac{\binom{96}{10}}{\binom{100}{10}}

Das ist kleiner als $(0{,}96)^{10}$ , die Binomialnäherung, weil die ersten heilen Teile die Chance auf weitere heile Teile leicht senken — hier nur leicht, weil $10$ von $100$ noch überschaubar ist. In der Schule rechnet man den Bruch aus oder lässt ihn stehen.

Kurz geprüft

Wann ist die Binomialverteilung für eine Urne irreführend?

Häufige Fehler

Mit und ohne Zurücklegen in eine Formel pressen

„Drei Kugeln nacheinander“ ohne Zurücklegen ist keine Bernoulli-Kette, auch wenn man einen Baum zeichnet. Die Äste der zweiten Stufe haben andere Wahrscheinlichkeiten als die der ersten.

Wer $\binom{N}{n}$ im Nenner vergisst und nur $\binom{K}{k}$ hinschreibt, zählt Auswahlen der Treffer, aber nicht, wie viele Gesamtziehungen es gibt.

Richtig ist

Ohne Zurücklegen: hypergeometrisch. Mit Zurücklegen: binomial. Nenner $\binom{N}{n}$ .

Zusammenfassung

Mit Zurücklegen: $p$ fest, binomial. Ohne: $p$ ändert sich, hypergeometrisch.
$P(X=k) = \binom{K}{k}\binom{N-K}{n-k} / \binom{N}{n}$ .
$E(X) = n K/N$ , Varianz kleiner als binomial.
Kleine Stichprobe aus großer Urne: Binomial mit $p = K/N$ ist eine Näherung.

Übungen

Aufgabe 1Numerisch

Wahrscheinlichkeit für zwei rote Kugeln bei $2$ rot, $2$ weiß, zwei Zügen ohne Zurücklegen. Als Dezimalzahl gerundet auf drei Stellen.

Aufgabe 2Numerisch

Erwartete Anzahl roter Kugeln, wenn aus $5$ roten und $15$ weißen drei gezogen werden.

Aufgabe 3Multiple Choice

$\binom{N}{n}$ im Nenner der hypergeometrischen Formel zählt

Aufgabe 4Freitext

Warum ist $E(X) = n K/N$ auch ohne Zurücklegen richtig, obwohl die einzelnen Züge abhängig sind?