Ziehen aus Urne

23.01.2011, 15:37

Riemannson

Ziehen aus Urne

Hallo,

aus einer Urne wird unendlich oft eine Kugel gezogen. Beim ersten Ziehen befindet sich nur eine weiße Kugel in der Urne. Neben der weißen werden auch weitere schwarze in die Urne gelegt, nach jedem Ziehen.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit unendlich oft die weiße zu ziehen falls:

1) nach den k-ten Ziehen neben der gezogenen noch eine schwarze in die Urne gelegt wird.

2) nach den k-ten Ziehen neben der gezogenen noch k schwarze in die Urne gelegt werden.

für erstens hab ich $\begin{eqnarray*} P(\text {unendl. oft weiß})=\lim_{i\to \infty} \frac {1}{N^k}\cdot \frac {1}{(N+1)^i}=0 \end{eqnarray*}$ , N ist die Anzahl der gesamten Kugeln

bei 2. wäre dann die Wahrscheinlichkeit auch null verwirrt

hat jmd einen tipp?

24.01.2011, 11:41

Riemannson

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meine intuition sagt auch das da null rauskommen muss...aber ist die obige betrachtung richtig?

24.01.2011, 13:44

René Gruber

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RE: Ziehen aus Urne

Zitat:

Original von Riemannson
1) nach den k-ten Ziehen neben der gezogenen noch eine schwarze in die Urne gelegt wird.

[...]

für erstens hab ich $\begin{eqnarray*} P(\text {unendl. oft weiß})=\lim_{i\to \infty} \frac {1}{N^k}\cdot \frac {1}{(N+1)^i}=0 \end{eqnarray*}$ , N ist die Anzahl der gesamten Kugeln

Diese Rechnung kann ich nicht nachvollziehen, zumal nach Borel-Cantelli da ja 1 herauskommen muss. unglücklich

24.01.2011, 13:59

Riemannson

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okay, dann muss ja $\begin{eqnarray*} \sum_{x\geq 1}P(A_n)=\infty \end{eqnarray*}$ , doch was ist $\begin{eqnarray*} P(A_n)\overset {?}{=} \frac{1}{N+1} \end{eqnarray*}$

24.01.2011, 14:02

René Gruber

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Ich denke, du solltest dich mal für einen Variablennamen für die Versuchsnummer entscheiden: In der Aufgabenstellung ist es $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ , du hingegen verwendest deren drei: $\begin{eqnarray*} x,n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ , wer soll da noch durchblicken? unglücklich

24.01.2011, 14:08

Riemannson

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okay schreibfehler also: definiere ich mal eben k=x=n und werde weiterhin k nur noch verwenden! Aber N ist doch von k verschieden, da es die Gesamtzahl aller Kugeln ist.

24.01.2011, 14:10

Riemannson

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... $\begin{eqnarray*} \sum_{k\geq 1}P(A_k)=\infty \end{eqnarray*}$ , doch was ist $\begin{eqnarray*} P(A_k)\overset {?}{=} \frac{1}{N+k} \end{eqnarray*}$

24.01.2011, 14:16

René Gruber

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Ich hab keine Ahnung, was du immer mit diesem $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ hast.

Zu Beginn ist nur die eine weiße Kugel in der Urne, sonst nichts! Bei 1) sind vor dem $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -ten Ziehen genau $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Kugeln in der Urne: Eine weiße und $\begin{eqnarray*} (k-1) \end{eqnarray*}$ schwarze.

Das ergibt für das Ereignis

$\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ ... beim $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -ten Ziehen erwischt man eine weiße Kugel

die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(A_k) = \frac{1}{k} \end{eqnarray*}$ .

24.01.2011, 14:22

Riemannson

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stimmt! ich dachte es seien beim 1.Zug auch schwarze dabei deswegen dieses N.

im 2. Falle ist dann die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(A_k)=\frac {1}{k^2} \end{eqnarray*}$ richtig?

24.01.2011, 14:27

René Gruber

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Der Polynomgrad 2 stimmt, aber die richtige Anzahlformel ist es nicht: Du musst die Anzahl $\begin{eqnarray*} n_k \end{eqnarray*}$ der vor dem $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -ten Ziehen in der Urne liegenden Kugeln erstmal herausbekommen: Offenbar ist

$\begin{eqnarray*} n_1 = 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} n_{k+1} = n_k + k \end{eqnarray*}$ ,

das läuft auf $\begin{eqnarray*} n_k = \frac{k(k-1)}{2}+1 \end{eqnarray*}$ hinaus.

24.01.2011, 14:34

Riemannson

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danke...

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