Berechne Wahrscheinlichkeit, dass endlich viele weiße Kugeln gezogen werden

23.11.2012, 22:54

Duude

Berechne Wahrscheinlichkeit, dass endlich viele weiße Kugeln gezogen werden

Hallo,
meine Aufgabe lautet:
Sei $\begin{eqnarray*} (\bigcup_{n}U)_{n \in \mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ eine Folge von Urnen, wobei die i-te Urne eine weiße und i² schwarze Kugeln enthält. Aus jeder Urne wird rein zufällig eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlcihkeit, dass nur endlich viele weiße Kugeln gezogen werden?

Mein Problem liegt bei dem Wörtchen "endlich"...

Ich habe mir überlegt, wie das ganze aussieht
Urne 1 einzeln betrachet: P(weiß)=1/2
Urne 2 einzeln betrachtet: P(weiß)=4/5
Urne 3 einzeln betrachtet: P(weiß)=9/10
...
Urne i einzeln betrachtet $\begin{eqnarray*} P(weiß)=\frac{i^2}{i^2+1} \end{eqnarray*}$

Nun möchte ich das alles zusammenbringen. Ich weiß die natürlichen Zahlen sind abzählbar unendlich - also habe ich abzählbar unendlich viele Urnen -

wie kann ich jetzt P(endlich viele weiße Kugeln) darstellen? Irgendwie komme ich bei dem endlich nicht weiter unglücklich

Vielen Dank für eure Hilfe
Duude

23.11.2012, 22:59

HAL 9000

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Bei deinen berechneten Wahrscheinlichkeiten scheinst du die weißen und schwarzen Kugeln verwechselt zu haben...

Thematisch geht es hier offenbar um das Borel-Cantelli-Lemma.

24.11.2012, 21:47

Duude

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Hallo Hal 9000,
mit deiner ersten Bemerkung hast du natürlich recht, da hab ich einfach schwarz und weiß vertauscht.

zum Lemma von Borel und Cantelli:

Wir hatten das so:
Es sei ( $\begin{eqnarray*} \Omega, F, P) \end{eqnarray*}$ ein Wahrscheinlichkeitsraum und $\begin{eqnarray*} A_1, \quad A_2, \ldots \in F \end{eqnarray*}$ .

Ist $\begin{eqnarray*} \sum_{n\leq 1} P(A_n)< \infty \end{eqnarray*}$ , dann gilt P({ $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ unendlich oft})=0.

Sind die Ereignisse $\begin{eqnarray*} A_1, A_2, \ldots \end{eqnarray*}$ unabhängig und gilt $\begin{eqnarray*} \sum_{n\leq 1}P(A_n)=\infty \end{eqnarray*}$ , dann folgt P({ $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ unendlich oft})=1.

Ich möchte jetzt P(endlich viele schwarze Kugeln) darstellen.
Da ich zwar abzählbar unendlich viele Urnen aber jeweils eine Wahrscheinlichkeit kleiner als 1 habe (für jede einzelne Urne, denn allg gilt: $\begin{eqnarray*} P(schwarz_i)=\frac{1}{i^2+1} \end{eqnarray*}$ ), müsste die Summe über alle Wahrscheinlichkeiten kleiner als unendlich sein - damit gilt die erste Aussage des Lemmas und die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist =0. Richtig so?

nur mal noch weitergedacht für den anderen Fall:
Falls ich mich im anderen Fall befinden würde, müsste ich (wenn die Ereignisse $\begin{eqnarray*} A_1,A_2 \ldots \end{eqnarray*}$ unabhängig sind) der zweite Teil des genannten Lemmas:
P({ $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ unendlich oft})=1.

Es ist wäre also noch zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} A_1,A_2 \ldots \end{eqnarray*}$ unabhängig sind
Nach Definition gilt: Zwei Ereignisse gelten als stochastisch unabhängig, wenn gilt
$\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B) \end{eqnarray*}$

Es ist also zu zeigen, dass gilt
$\begin{eqnarray*} P(\bigcap_n A_n)= \prod_{n}P(A_n) \end{eqnarray*}$

Ist das richtig so?

24.11.2012, 21:59

Duude

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mir fällt gerade auf, ich glaube ich muss noch schön formal zeigen, dass gilt:
$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}<\infty \end{eqnarray*}$

Hier hänge ich gerade ein wenig, denn ich kann zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \lim_{i\rightarrow \infty} (\frac{1}{i^2+1})\rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ , aber das heißt ja noch nicht, dass dann die Summe nicht unendlich werden kann, oder?

24.11.2012, 22:20

HAL 9000

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Meine Anmerkung zur Verwechslung hast du nicht wirklich verstanden:

$\begin{eqnarray*} P(weiß)=\frac{i^2}{i^2+1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(schwarz_i)=\frac{1}{i^2+1} \end{eqnarray*}$ sind inhaltlich dasselbe, beide stehen im Widerspruch zu deinen originalen Angaben

Zitat:

Original von Duude
wobei die i-te Urne eine weiße und i² schwarze Kugeln enthält.

Das solltest du irgendwie mal bereinigen.

Zitat:

Original von Duude
mir fällt gerade auf, ich glaube ich muss noch schön formal zeigen, dass gilt:
$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}<\infty \end{eqnarray*}$

Da musst du aber noch nicht viel von Reihen gehört haben, wenn du das tatsächlich noch als Problem ansiehst.

24.11.2012, 23:50

Duude

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oh, sorry... ich meinte natürlich $\begin{eqnarray*} P(weiß)=\frac{1}{i^2+1} \end{eqnarray*}$ (und damit geht einher, das $\begin{eqnarray*} P(schwarz)=\frac{i^2}{i^2+1} \end{eqnarray*}$ ) hatte das auf meinem Blatt andersrum aufgeschrieben wie hier, deshalb die Verwirrung, sorry...

Um zu zeigen, dass diese Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}<\infty \end{eqnarray*}$ konvergent ist, hab ich das Quotientenkriterium verwendet und gezeigt, dass $\begin{eqnarray*} limsup_{n\rightarrow \infty}=|\frac{a_{n+1}}{a_n}|=|\frac{i^2+1}{i^2+2i+2}|<1 \end{eqnarray*}$ ist. (da der Nenner immer größer als der Zähler ist für alle i die größer oder gleich 1 sind - welche wir ja betrachten)

Damit trifft der von mir zuerst genannte Fall des Lemmas von Borel-Cantelli ein und die Wahrscheinlichkeit, dass nur endlich viele weiße Kugeln gezogen werden ist =0

Ich hoffe das passt jetzt so...

25.11.2012, 16:32

HAL 9000

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Nein, das Quotientenkriterium funktioniert gerade nicht, denn es ist $\begin{eqnarray*} \limsup_{n\to\infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = 1 \end{eqnarray*}$ , d.h. dieses Kriterium lässt keine Entscheidung zu.

Das Konvergenzverhalten der Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i^{\alpha}} \end{eqnarray*}$ für diverse $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ kann man sich z.B. über das Verdichtungskriterium klarmachen.

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