Bedingte Wahrscheinlichkeit (Satz von Bayes?)/ Kombinatorik

03.11.2017, 14:00

Cauchy314

Bedingte Wahrscheinlichkeit (Satz von Bayes?)/ Kombinatorik

Meine Frage:
In einer Urne befinden sich n Kugeln. Jede Kugel hat mit Wahrscheinlichkeit 0,5 die Farbe weiß oder schwarz. Die Farbe der Kugel i ist unabhängig der Farbe der Kugel j. Ziehe k Kugeln mit zurücklegen.
Gesucht: Wahrscheinlichkeit, dass alle Kugeln in der Urne weiß sind, wenn nur weiße Kugeln (genau k-mal weiß) gezogen wurde.

Meine Ideen:
A= alle n Kugeln sind weiß
B= k-mal gezogen und k weiße Kugeln erhalten
$\begin{eqnarray*} A^c \end{eqnarray*}$ = mind. eine Kugel ist schwarz

Gesucht:

P(A|B)

Ansatz:

$\begin{eqnarray*} A^c \end{eqnarray*}$ lässt sich in einer disjunkten Vereinigung $\begin{eqnarray*} A^c = \bigcup A^c_m \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} A^c_m = \end{eqnarray*}$ {in der Urne befinden sich genau m schwarze und n-m weiße Kugeln} schreiben.

Mit dem Satz von Bayes erhält man

$\begin{eqnarray*} P(A|B)= \frac{P(B|A)*P(A)}{P(B|A)*P(A)+P(B|A^c)*P(A^c)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(B|A) = 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(A^c)=1-(0.5)^n \end{eqnarray*}$

Mir bereitet die Berechnung von $\begin{eqnarray*} P(B|A^c) \end{eqnarray*}$ Kopfzerbrechen.

Meine Idee dazu war das A^c wie oben aufzuspalten und über m die bedingten Wahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray*} P(B|A^c_m) \end{eqnarray*}$ zu summieren. Aber die bedingte Wahrscheinlichkeit ist kein W-Maß in der 2. Komponente. Deshalb funktioniert meine Idee nicht. Oder doch?

Ist mein Ansatz okay?

03.11.2017, 14:30

HAL 9000

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Du musst die Sache anders organisieren: Statt nur $\begin{align*} A \end{align*}$ betrachte

$\begin{align*} A_i \end{align*}$ ... die Urne enthält genau $\begin{align*} i \end{align*}$ weiße Kugeln

Dann gilt $\begin{align*} P(A_i) = \binom{n}{i} \frac{1}{2^n} \end{align*}$ sowie $\begin{align*} P(B \mid A_i) = \left(\frac{i}{n}\right)^k \end{align*}$ . Laut Bayes ist dann

$\begin{align*} P(A_n \mid B) = \frac{P(B\mid A_n)\cdot P(A_n)}{P(B)} \end{align*}$ mit $\begin{align*} P(B) = \sum_{i=0}^n P(B\mid A_i)\cdot P(A_i) \end{align*}$

die von dir gesuchte Größe. Viel Vergnügen beim Vereinfachen der Summe. Augenzwinkern

P.S.: Die konkrete Berechnung ist erheblich einfacher, wenn die $\begin{align*} k \end{align*}$ Kugeln ohne Zurücklegen gezogen werden. In dem Fall ist einfach $\begin{align*} P(A_n \mid B) = \frac{1}{2^{n-k}} \end{align*}$ - aber das weißt du ja vielleicht schon.

04.11.2017, 11:20

Cauchy314

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Danke für deine Antwort!

Diese Identität im Nenner kann ich zwar intuitiv verstehen, aber ich sehe nicht, warum man das machen darf:

$\begin{eqnarray*} P(B) = P(B|A_n) \dot P(A_n) + P(B|A_n^c) \dot P(A_n^c) \end{eqnarray*}$

Wenn ich das richtig verstanden habe gehst du vor, wie ich es mir auch schon überlegt habe. $\begin{eqnarray*} A_n^c = \bigcup_i^n-1 A_i \end{eqnarray*}$ . Das ist eine disjunkte Vereinigung, du nutzt Additiviät(??), um die Summe zu bilden, mit i=n hast du den n-ten Summanden bereits im Nenner stehen.

Also: wie kommst du von $\begin{eqnarray*} A_n^c \end{eqnarray*}$ zu den $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ ?

Edit (mY+): LaTeX berichtigt. Der End-Tag ist [/latex] !!

04.11.2017, 12:05

HAL 9000

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Zitat:

Original von Cauchy314
Diese Identität im Nenner kann ich zwar intuitiv verstehen, aber ich sehe nicht, warum man das machen darf:

[..]

Also: wie kommst du von $\begin{eqnarray*} A_n^c \end{eqnarray*}$ zu den $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ ?

Die Formel der totalen Wahrscheinlichkeit (das ist die im Nenner) gilt nicht nur für die disunkte Zerlegung $\begin{align*} \Omega = A \cup A^c \end{align*}$ , sondern für beliebige höchstens abzählbare disjunkte Zerlegungen von $\begin{align*} \Omega \end{align*}$ . Also nix mit "von ... zu", sondern direkt.

Der Grund für diese Zerlegung ist doch, weil man bei der $\begin{align*} P(B \mid A_i) \end{align*}$ berechnen kann, während du ja (verständlicherweise) nicht in der Lage bist $\begin{align*} P(B \mid A^c) \end{align*}$ zu berechnen.

05.11.2017, 13:23

Cauchy314

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Jetzt habe ich es verstanden. Danke!

Hast du nen Tipp für mich, wie man die Summe vereinfachen kann?

Wenn ich die Werte einsetze erhalte ich

$\begin{align*} P(A_n | B)= \frac{\left(\frac{n}{n} \right)^k \cdot \begin{pmatrix} n \\ n \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{2^n}}{\sum_{i=0}^n \left(\frac{i}{n} \right)^k \cdot \begin{pmatrix} n \\ i \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{2^n}} \end{align*}$

und übrig bleibt

$\begin{align*} = \frac{1}{\sum_{i=0}^n \left(\frac{i}{n} \right)^k \cdot \begin{pmatrix} n \\ i \end{pmatrix}} \end{align*}$

Meine weiteren Ideen sind:

Den Term $\begin{align*} \frac{1}{n^k} \end{align*}$ vor die Summe ziehen. Aber was mache ich mit dem Rest? $\begin{align*} \begin{pmatrix} n \\ i \end{pmatrix} \end{align*}$ alleine in der Summe würde $\begin{align*} 2^n \end{align*}$ ergeben. Aber das $\begin{align*} i^k \end{align*}$ zerstört dann diese Idee. Gibt es eine geschlossene Form für die ersten n k-ten Potenzen?
Eine weitere Idee war den Binomialkoeffizienten aufzuspalten. Dann kann man zusätzlich die $\begin{align*} n! \end{align*}$ vor die Summe ziehen.

Im Nenner steht dann:
$\begin{align*} \frac{n!}{n^k} \sum_{i=0}^n i^k \cdot \frac{1}{i! \cdot (n-i)!} \end{align*}$

Ich habe auch noch andere Sachen ausprobiert, hier und da die Terme herumgeschoben, aber mir fallen keine Tricks ein. Ich sehe leider auch keine weiteren Identitäten.

05.11.2017, 14:47

HAL 9000

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Es gibt da auch keine einfachen Lösungsformeln. Betrachten wir mal die im Nenner relevante Summe

$\begin{align*} g_k(n) := \sum_{i=0}^n i^k\cdot \binom{n}{i} \end{align*}$ ,

dann haben wir $\begin{align*} g_0(n)=2^n \end{align*}$ sowie für beliebige $\begin{align*} k\geq 0 \end{align*}$

$\begin{align*} g_{k+1}(n) = \sum_{i=1}^n i^k\cdot i\cdot \binom{n}{i} = n\cdot \sum_{i=1}^n i^k\cdot \binom{n-1}{i-1} = n\cdot \sum_{i=0}^{n-1} (i+1)^k\cdot \binom{n-1}{i} = n\cdot \sum_{i=0}^{n-1} \sum_{j=0}^k \binom{k}{j} i^j\cdot \binom{n-1}{i} = n\cdot \sum_{j=0}^k \binom{k}{j} \sum_{i=0}^{n-1} i^j\cdot \binom{n-1}{i} \end{align*}$ ,

das bedeutet die Rekursionsgleichung

$\begin{align*} g_{k+1}(n) = n\cdot \sum_{j=0}^k \binom{k}{j} g_j(n-1) \end{align*}$ .

Damit haben wir für die ersten paar $\begin{align*} k \end{align*}$ die Formeln

$\begin{align*} g_1(n) &= ng_0(n-1) = n2^{n-1} g_2(n) &= n(g_0(n-1)+g_1(n-1)) = n(n+1)2^{n-2} g_3(n) &= n(g_0(n-1)+2g_1(n-1)+g_2(n-1)) = n^2(n+3)2^{n-3} g_4(n) &= n(g_0(n-1)+3g_1(n-1)+3g_2(n-1)+g_3(n-1)) = n(n^3+6n^2+3n-2)2^{n-4} \end{align*}$ .

Wenn du hier jetzt eine Gesetzmäßigkeit erkennst, dann her damit. Ich könnte mit vorstellen, dass es da irgendwas mit Bernoulli-Zahlen gibt. smile

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