Springen naar inhoud

hypergeometrische verdeling


  • Log in om te kunnen reageren

#1

6wewia

    6wewia


  • >250 berichten
  • 288 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 01 mei 2010 - 10:27

Professor Banach heeft te allen tijde twee lucifersdoosjes bij: één in zijn linker- en
één in zijn rechterbroekzak. Wanneer hij een lucifer nodig heeft, is de waarschijnlijkheid
even groot dat hij die uit de linker- dan wel uit de rechterbroekzak neemt.
Veronderstel nu dat prof. Banach een lucifer wil nemen, maar constateert dat het
luciferdoosje leeg is. Verondersteld dat er initieel n lucifers in elk van de doosjes
zitten.
(a) Wat is de waarschijnlijkheid dat er precies k lucifers in de niet-lege broekzak
zullen zitten?

Wel ja, ik zie hier dus een hypergeometrische verdeling in, waarbij de mogelijkheden zijn: links of rechts.
Er is n keer links en n keer rechts en de kans op elk is n/2n=1/2

Nu denk ik dat de oplossing hetvolgende is:

P(n keer links)=(n+n-n) ncr (n) / (2n) ncr (n) (Hierbij staat 2n ncr n voor de combinatie van n uit 2n...)
=n!/2n!
en dan zou ik iets gelijkaardigs hebben gedaan P(k keer links), maar dan hou ik geen rekening met het feit dat het 1 keer links kan zijn, dan eens rechts, ...

Weet iemand hoe ik dat dan zou moeten doen?

Dit forum kan gratis blijven vanwege banners als deze. Door te registeren zal de onderstaande banner overigens verdwijnen.

#2

EvilBro

    EvilBro


  • >5k berichten
  • 6703 berichten
  • VIP

Geplaatst op 01 mei 2010 - 14:41

Stel dat er in rechts nog k lucifers zitten. Dan ben je dus (n-k) keer rechts gegaan. Je bent dan (n+1) keer links gegaan. n keer om er een lucifer uit te halen en 1 keer om te constateren dat links leeg is. Deze laatste ene keer zit altijd aan het eind (kan niet anders). Je moet dus de kans bepalen op (n+1)+(n-k) keer een lucifer pakken en die vermenigvuldigen met het aantal mogelijkheden om n keer links te gaan en (n-k) keer rechts. De kans op k lucifers in het niet-lege doosje is dan twee keer dit getal (want of links is leeg, of rechts is leeg).

#3

6wewia

    6wewia


  • >250 berichten
  • 288 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 01 mei 2010 - 15:05

ok, dus een herhalingspermutatie van 2n-k over n,n-k= (2n-k)!/(n!*(n-k)!)

en dat dus vermenigvuldigen met die kans

en met 2 ...

De kans berekenen:
n+1 keer links => (combinatie van n+1 over n)/(combinatie van 2n over n)=P1
n-k keer rechts => (combinatie van 2n-k over n)/(Combinatie van 2n over n)=P2

Ptot=P1*P2...

Voor ik begin met die combinaties verder uit te rekenen zou ik graag weten of dit al klopt?

#4

EvilBro

    EvilBro


  • >5k berichten
  • 6703 berichten
  • VIP

Geplaatst op 01 mei 2010 - 16:37

Je hebt (2n-k) posities. Elke keer dat je geen links kiest, kies je automatisch rechts. Dus het aantal mogelijkheden is gewoon ((2n-k) boven n).

#5

6wewia

    6wewia


  • >250 berichten
  • 288 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 01 mei 2010 - 17:46

En klopt, behalve dan die herhalingspermutatie, mijn berekening van de kansen zelf wel?

#6

EvilBro

    EvilBro


  • >5k berichten
  • 6703 berichten
  • VIP

Geplaatst op 01 mei 2010 - 20:47

Je doet te moeilijk. De kans op links is een half. De kans op rechts is een half. De kans op een willekeurig pad van N stappen is dus simpelweg:
LaTeX

#7

6wewia

    6wewia


  • >250 berichten
  • 288 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 02 mei 2010 - 09:18

Ok is het uiteindelijke antwoord dan: 2*(1/2)^(N-k+N+1)* ((2n-k) over n)
=(1/2)^(2n-k)*((2n-k) over n)

#8

EvilBro

    EvilBro


  • >5k berichten
  • 6703 berichten
  • VIP

Geplaatst op 02 mei 2010 - 09:44

klopt.





0 gebruiker(s) lezen dit onderwerp

0 leden, 0 bezoekers, 0 anonieme gebruikers

Ook adverteren op onze website? Lees hier meer!

Gesponsorde vacatures

Vacatures