Erwartungswert Polya - Verteilung

09.12.2021, 01:32

TheWind5urfer

Erwartungswert Polya - Verteilung

Meine Frage:
Hallo an alle, ich soll folgendes beweisen:

Wir betrachten das allgemeine Polyasche Urnenschema mit n Zügen. Es sei $\begin{eqnarray*} X_{n} \end{eqnarray*}$ die Anzahl der roten Kugeln. Beweisen Sie, dass gilt

$\begin{eqnarray*} EX_{n} =n\cdot\frac{R}{R+W} \end{eqnarray*}$

(Notiz: Dabei steht E für den Erwartungswert, R für rote gezogene Kugeln und W für weiße gezogene Kugeln sowie R+W für die Gesamtzahl der Kugeln in der Urne)

Hinweis: Gehen Sie induktiv vor.

Ich entschuldige mich im Voraus für den etwas messihaften Ideenansatz und bin offen für alle Ideen! Vielen Dank im voraus.

Meine Ideen:
Also muss ich im Induktionsschritt ja zeigen, dass

$\begin{eqnarray*} EX_{n+1} =(n+1)\cdot\frac{R}{R+W} . \end{eqnarray*}$

Nun hatten ich und ein Kumpel verschiedene Ansätze:

Mein Kumpel nach Definition des Erwartungswertes:

$\begin{eqnarray*} EX_{n+1}=\sum\limits_{k=0}^{n+1} k \cdot x_{k} = \sum\limits_{k=0}^{n} k \cdot x_{k} + (n+1)\cdot P(X=n+1) \end{eqnarray*}$

Er ist sich allerdings nicht sicher, was er mit dem $\begin{eqnarray*} P(X=n+1) \end{eqnarray*}$ anfangen soll. Außerdem weiß ich nicht so genau, ob wir das einfach so fordern können.
Nach meiner Überlegung wäre dann das $\begin{eqnarray*} P(X=n+1) \end{eqnarray*}$ der nächste Wurf, der rot wird...Könnte man das damit beweisen?

Mein Ansatz:

Ich habe ein ähnliches Prinzip gewählt, aber die Definition der Wahrscheinlichkeit für die Polya - Verteilung versucht, einzusetzen. Allerdings schaffe ich es schon nicht, den normalen Erwartungswert der Verteilung zu finden, deswegen komme ich da nicht weiter. Zur Information: In unserer VL wurde diese definiert mit k rote Kugeln bei n Zügen mit:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}\cdot (\frac{(\prod\limits_{j=0}^{n-k-1} W+jc)\cdot (\prod\limits_{j=0}^{k-1} R+jc) }{\prod\limits_{j=0}^{n-1} R+W+jc } \end{eqnarray*}$

Dabei steht c für die definierte Anzahl der Kugeln, die pro Zug dazukommen.
j ist der Zug, in dem wir uns befinden bei insgesamt n Zügen.

09.12.2021, 07:01

HAL 9000

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$\begin{eqnarray*} X_n \end{eqnarray*}$ kann Werte von $\begin{eqnarray*} 0\ldots n \end{eqnarray*}$ annehmen, daher ist $\begin{eqnarray*} E\left(X_n\right) = \sum_{k=0}^n k\cdot P\left(X_n=k\right) \end{eqnarray*}$ , richtig.

Beim Übergang von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} n+1 \end{eqnarray*}$ wird daraus $\begin{eqnarray*} E\left(X_{n+1}\right) = \sum_{k=0}^{n+1} k\cdot P\left(X_{n+1}=k\right) \end{eqnarray*}$ .

Da kommt dann aber im Vergleich zu $\begin{eqnarray*} E\left(X_n\right) \end{eqnarray*}$ nicht einfach nur ein Summand hinzu, sondern die "alten" $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Summanden sind auch andere, nämlich $\begin{eqnarray*} k\cdot P\left(X_{n+1}=k\right) \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} k\cdot P\left(X_n=k\right) \end{eqnarray*}$ , und die sind einander VERSCHIEDEN. Das scheint in deiner Darstellung oben komplett unterzugehen...

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Ich würde komplett anders vorgehen beim Beweis der Erwartungswertformel per Vollständiger Induktion. Zuvor füge ich (aus Gründen, die wir noch sehen werden) die Verteilungsparameter der Zufallsgröße an, d.h., ich benenne $\begin{eqnarray*} X_{n,R,W} \end{eqnarray*}$ als Zufallsgröße der Anzahl der gezogenen roten Kugeln bei $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Versuchen, wenn wir mit $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ roten und $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ weißen Kugeln anfangen. Die zu beweisende Aussage wäre dann

Zitat:

A(n): Für alle nichtnegativ ganzen $\begin{eqnarray*} R,W \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} R+W>0 \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} E\left(X_{n,R,W}\right) = n\cdot \frac{R}{R+W} \end{eqnarray*}$ .

Induktionsanfang $\begin{eqnarray*} n=0 \end{eqnarray*}$ sollte klar sein.

Im Induktionsschritt $\begin{eqnarray*} n\to n+1 \end{eqnarray*}$ müssen wir A(n+1) beweisen. Dazu betrachten wir das Ereignis $\begin{eqnarray*} R_1 \end{eqnarray*}$ , dass im ersten Zug eine rote Kugel gezogen wird. Dann gilt laut Formel der totalen Wahrscheinlichkeit/Erwartungswert

$\begin{eqnarray*} E\left(X_{n+1,R,W}\right) = E\left(X_{n+1,R,W} \mid R_1\right)\cdot P\left(R_1\right) + E\left(X_{n+1,R,W} \mid R_1^c\right)\cdot P\left(R_1^c\right)\qquad (*) \end{eqnarray*}$

Sofort klar ist $\begin{eqnarray*} P\left(R_1\right) = \frac{R}{R+W} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P\left(R_1^c\right) = \frac{W}{R+W} \end{eqnarray*}$ . Nun zu den bedingten Wahrscheinlichkeiten:

Unter der Bedingung $\begin{eqnarray*} R_1 \end{eqnarray*}$ ziehen wir also eine rote Kugel und haben danach $\begin{eqnarray*} R+c \end{eqnarray*}$ rote Kugeln und $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ weiße Kugeln in der Urne. Wir starten gewissermaßen von hier eine neue Ziehung von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Kugeln aus dieser Urne, daher ist laut Induktionsvoraussetzung A(n)

$\begin{eqnarray*} E\left(X_{n+1,R,W} \mid R_1\right) \stackrel{!}{=} 1 + E\left(X_{n,R+c,W}\right) \stackrel{IV}{=} 1 + n\cdot \frac{R+c}{R+c+W} \end{eqnarray*}$

Ähnlich sieht es im anderen Fall, d.h. unter der Bedingung $\begin{eqnarray*} R_1^c \end{eqnarray*}$ aus: Hier ziehen wir eine weiße Kugel und haben danach $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ rote Kugeln und $\begin{eqnarray*} W+c \end{eqnarray*}$ weiße Kugeln in der Urne. Laut Induktionsvoraussetzung A(n) bedeutet das

$\begin{eqnarray*} E\left(X_{n+1,R,W} \mid R_1^c\right) \stackrel{!}{=} 0 + E\left(X_{n,R,W+c}\right) \stackrel{IV}{=} n\cdot \frac{R}{R+W+c} \end{eqnarray*}$ .

Nun setzen wir alle vier Werte in (*) ein:

$\begin{eqnarray*} E\left(X_{n+1,R,W}\right) &=& \left(1 + n\cdot \frac{R+c}{R+c+W}\right)\cdot \frac{R}{R+W} + n\cdot \frac{R}{R+W+c}\cdot \frac{W}{R+W}\\ &=& \frac{1}{R+W}\cdot \left[ R + n\cdot \frac{R(R+c)+RW}{R+W+c}\right] = \frac{1}{R+W}\cdot \left[ R + n\cdot R\right] = (n+1)\cdot \frac{R}{R+W} \end{eqnarray*}$

Damit ist der Induktionsschritt bewiesen.

P.S.: Eine ähnliche Technik funktioniert auch beim Beweis der Varianzformel $\begin{eqnarray*} V\left(X_{n,R,W}\right) = n\cdot \frac{RW(R+W+nc)}{(R+W)^2(R+W+c)} \end{eqnarray*}$ . Da nutzt man $\begin{eqnarray*} V\left(X_{n,R,W}\right) = E\left(X_{n,R,W}^2\right) - \left(E\left(X_{n,R,W}\right)\right)^2 \end{eqnarray*}$ sowie dann ähnlich (*)

$\begin{eqnarray*} E\left(X_{n+1,R,W}^2 \mid R_1\right) = E\left(1+ 2X_{n,R+c,W} + X_{n,R+c,W}^2\right) = 1 + 2E\left(X_{n,R+c,W}\right) + E\left(X_{n,R+c,W}^2\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E\left(X_{n+1,R,W}^2 \mid R_1^c\right) = E\left(X_{n,R,W+c}^2\right) \end{eqnarray*}$

usw. Ist etwas mehr Rechnung als oben beim Erwartungswert, aber prinzipiell die selbe Beweisidee.

EDIT: Der direkte Weg über die expliziten Verteilungswahrscheinlichkeiten

$\begin{eqnarray*} p_{n,k,R,W} = P\left(X_{n,R,W} = k\right) = \binom{n}{k}\cdot \frac{\prod\limits_{j=0}^{n-k-1} (W+jc)\cdot \prod\limits_{j=0}^{k-1} (R+jc)}{\prod\limits_{j=0}^{n-1} (R+W+jc)} \end{eqnarray*}$

ist auch möglich: Wir halten fest, dass für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 1 \end{eqnarray*}$ dann $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n p_{n,k,R,W} = 1 \end{eqnarray*}$ gilt, weil es ja eine Wahrscheinlichkeitsverteilung ist. Nun zum Erwartungswert: Wegen $\begin{eqnarray*} k\cdot \binom{n}{k} = n\cdot \binom{n-1}{k-1} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k\geq 1 \end{eqnarray*}$ folgt

$\begin{eqnarray*} E\left(X_n\right) &=& \sum_{k=0}^n k\cdot p_{n,k,R,W} = \sum_{k=1}^n k\cdot \binom{n}{k}\cdot \frac{\prod\limits_{j=0}^{n-k-1} (W+jc)\cdot \prod\limits_{j=0}^{k-1} (R+jc)}{\prod\limits_{j=0}^{n-1} (R+W+jc)} = n\frac{R}{R+W}\sum_{k=1}^n \binom{n-1}{k-1}\cdot \frac{\prod\limits_{j=0}^{n-k-1} (W+jc)\cdot \prod\limits_{j=1}^{k-1} (R+jc)}{\prod\limits_{j=1}^{n-1} (R+W+jc)}\\ &\stackrel{!!!}{=}& n\frac{R}{R+W} \sum_{k=1}^n p_{n-1,k-1,R+c,W} \stackrel{!}{=} n\frac{R}{R+W} \end{eqnarray*}$ .

Warum das $\begin{eqnarray*} \stackrel{!!!}{=} \end{eqnarray*}$ gilt, solltest du dir selbst nochmal ausführlich klarmachen. Das $\begin{eqnarray*} \stackrel{!}{=} \end{eqnarray*}$ nutzt dann lediglich die oben erwähnte Eigenschaft der Wahrscheinlichkeitssumme 1.

09.12.2021, 15:22

TheWind5urfer

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Hallo Hal,

vielen dank für die ausführliche Antwort, ich lese mir das in Ruhe durch. Mein Ansatz war eben genau, $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} n+1 \\ k \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ (und so weiter) zu nehmen...Aber da bin ich dann eben nicht weitergekommen. Es war mir auf den Abend zu viel Schreibarbeit.

Nun schaue ich mal auf deinen Ansatz.

10.12.2021, 09:13

HAL 9000

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Die Rechnung für die Varianz auf dem letzteren Weg geht ziemlich ähnlich, nur dass man hier das für alle $\begin{eqnarray*} k\geq 2 \end{eqnarray*}$ gültige $\begin{eqnarray*} k(k-1)\cdot \binom{n}{k} = n(n-1)\cdot \binom{n-2}{k-2} \end{eqnarray*}$ nutzt:

$\begin{eqnarray*} E\left(X_n^2-X_n\right) &=& \sum_{k=2}^n k(k-1)\cdot \binom{n}{k}\cdot \frac{\prod\limits_{j=0}^{n-k-1} (W+jc)\cdot \prod\limits_{j=0}^{k-1} (R+jc)}{\prod\limits_{j=0}^{n-1} (R+W+jc)} = n(n-1)\frac{R(R+c)}{(R+W)(R+W+c)}\sum_{k=2}^n \binom{n-2}{k-2}\cdot \frac{\prod\limits_{j=0}^{n-k-1} (W+jc)\cdot \prod\limits_{j=2}^{k-1} (R+jc)}{\prod\limits_{j=2}^{n-1} (R+W+jc)}\\ &\stackrel{!!!}{=}& n(n-1)\frac{R(R+c)}{(R+W)(R+W+c)} \sum_{k=2}^n p_{n-2,k-2,R+2c,W} \stackrel{!}{=} n(n-1)\frac{R(R+c)}{(R+W)(R+W+c)} \end{eqnarray*}$ .

Es folgt

$\begin{eqnarray*} V\left(X_n\right) &=& E\left(X_n^2-X_n\right) + E\left(X_n\right) - \left(E\left(X_n\right)\right)^2 = n(n-1)\frac{R(R+c)}{(R+W)(R+W+c)} + n\frac{R}{R+W} - n^2\frac{R^2}{(R+W)^2}\\ &=& \frac{n^2R}{(R+W)^2(R+W+c)}\left[ (R+c)(R+W) - R(R+W+c)\right] + \frac{nR}{(R+W)(R+W+c)}\left[(R+W+c) - (R+c)\right]\\ &=& \frac{n^2RWc}{(R+W)^2(R+W+c)} + \frac{nRW}{(R+W)(R+W+c)} = n\cdot\frac{RW(R+W+nc)}{(R+W)^2(R+W+c)} \end{eqnarray*}$ .

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