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| Aufgabe | Gegeben sei eine Urne mit r roten und einer schwarzen Kugel. Sie ziehen mit Zurücklegen, bis Sie eine rote Kugel gezogen haben. Jedoch wird bei jeder Ziehung, bei der noch keine rote Kugel gezogen wurde, zusätzlich eine schwarze Kugel hinzugelegt.
Es modelliere [mm] X_r [/mm] die Anzahl der Ziehungen bis zum ersten Ziehen einer roten
Kugel, d.h. [mm] P(X_r [/mm] = n), n [mm] \in \IN, [/mm] sei die Wahrscheinlichkeit, dass die erste rote Kugel bei der n-ten Ziehung gezogen wird.
a) Berechnen Sie die Verteilung von [mm] X_r. [/mm]
b) Zeigen Sie für r = 1, 2, dass es sich um Wahrscheinlichkeitsverteilungen
handelt
c) Bestimmen Sie die Erwartungswerte [mm] E(X_1) [/mm] und [mm] E(X_2). [/mm] |
HI, mal wieder ne Aufgabe  .
Also ich habe mir das son bisschen vorgestellt, v.a. versucht anschaulich vorzustellen , und kam dann auf die Überlegung [mm] P(X_r [/mm] = n) wie folgt zu definieren:
Hatte mir das nämlich mal mit so einen Baumdigramm aufgemalt. Da wir nicht wissen, wie viele rote Kugeln wir haben, müssen wir diese r Kugeln im Nenner aufnehmen. Ziehe ich die rote Kugel z.B. im ersten Zug, haben wir n=1 und es folgt [mm] P(X_r [/mm] = [mm] 1)=\bruch{1}{r+1}. [/mm] Ziehen wir jedoch nicht beim ersten Mal die rote Kugel, müssen wir auf die andere Seite des Baumes wächseln. Deshalb sieht es im zweiten Zug so aus:
[mm] P(X_r [/mm] = [mm] 2)=\bruch{1}{r+1}*\bruch{r}{r+2}, [/mm] im dritten Zug dann
[mm] P(X_r [/mm] = [mm] 3)=\bruch{1}{r+1}*\bruch{2}{r+2}*\bruch{r}{r+3}, [/mm] im vierten Zug
[mm] P(X_r [/mm] = [mm] 4)=\bruch{1}{r+1}*\bruch{2}{r+2}*\bruch{3}{r+3}*\bruch{r}{r+4}
[/mm]
Jetzt sehe ich gerade nicht, wie ich daraus ein allgemeines [mm] P(X_r [/mm] = n) erstellen kann, um damit die Verteilung aufzustellen.
Kann da vielleicht wer helfen??
Gruß
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:06 Di 05.01.2010 | | Autor: | luis52 |
Moin
> Kann da vielleicht wer helfen??
Vielleicht:
[mm] $P(X_r=n)=\dfrac{n!r!}{(r+n)!}\cdot\frac{r}{n}=\dfrac{r}{n\dbinom{r+n}{r}}$.
[/mm]
vg Luis
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[mm] P(X_r [/mm] $ = $ [mm] 2)=\bruch{1}{r+1}\cdot{}\bruch{r}{r+2}
[/mm]
Ohhh, die Entstehung dieser Formel habe ich jetzt leider nicht so verstanden.
> [mm] P(X_r=n)=\dfrac{n!r!}{(r+n)!}\cdot\frac{r}{n}=\dfrac{r}{n\dbinom{r+n}{r}}
[/mm]
Ich hatte ja für n=2 folgendes rausbekommen:
> [mm] P(X_r =2)=\bruch{1}{r+1}\cdot{}\bruch{r}{r+2}
[/mm]
Wenn ich n=2 bei dir einsetze komme ich auf:
[mm] P(X_r=2)=\dfrac{2!r!}{(r+2)!}\cdot\frac{r}{2}=\dfrac{r}{2\dbinom{r+2}{r}}
[/mm]
naja, sieht zwar anders aus, aber wahrscheinlich kommt man durch vereinfachen aufs selbe. aber wie gesagt, wie kommt man erstmal darauf, so einen ausdruck zu kreieren [mm] \dfrac{n!r!}{(r+n)!}\cdot\frac{r}{n} [/mm] ???
gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:57 Di 05.01.2010 | | Autor: | luis52 |
> wie kommt
> man erstmal darauf, so einen ausdruck zu kreieren
> [mm]\dfrac{n!r!}{(r+n)!}\cdot\frac{r}{n}[/mm] ???
>
habe mich an
$ [mm] P(X_r [/mm] = [mm] 4)=\bruch{1}{r+1}\cdot{}\bruch{2}{r+2}\cdot{}\bruch{3}{r+3}\cdot{}\bruch{r}{r+4}=\frac{(4-1)!}{(r+1)(r+2)(r+3)(r+4)}r [/mm] $
orientiert. Oben steht ja fast 4!, also $n!$, es fehlt nur der Faktor
$n_$. Unten steht fast $(r+4)!$, also $(r+n)!$, es fehlt nur $r!$. Also ergaenzen wir es entsprechend ...
vg Luis
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 22:34 Di 05.01.2010 | | Autor: | jaruleking |
Das kurioso ist ja nur, du sagst
> Oben steht ja fast 4!, also $ n! $, es fehlt nur der Faktor
> $ n_ $. Unten steht fast $ (r+4)! $, also $ (r+n)! $, es fehlt nur $ r! $. Also ergaenzen wir es entsprechend ...
So, die n! stehen ja im Zähler, aber die n ergänzt du im Nenner, und unten genauso, wir haben (r+n)!, es fehlen also r!, und diese r! ergänz du im Zähler, also eigentlich genau anders heraum, das habe ich nicht so verstanden...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:37 Di 05.01.2010 | | Autor: | jaruleking |
ohhh ne, diese Frage hat sich gerade erledigt. sorry....
danke dir.
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Hi nochmal.
Also jetzt haben wir $ [mm] P(X_r=n)=\dfrac{n!r!}{(r+n)!}\cdot\frac{r}{n}=\dfrac{r}{n\dbinom{r+n}{r}} [/mm] $ bestimmt. Wie kann ich jetzt zeigen, dass es sich für r=1,2 um eine W-Verteilung handelt??
[mm] P(X_1=n)=\dfrac{n!1!}{(1+n)!}\cdot\frac{1}{n}=\dfrac{1}{n\dbinom{1+n}{1}} [/mm]
[mm] P(X_2=n)=\dfrac{n!2!}{(2+n)!}\cdot\frac{2}{n}=\dfrac{2}{n\dbinom{2+n}{2}} [/mm]
Ich weiß, dass ich die drei Axiome nachrechnen muss, also:
(A1) Positivität
(A2) Normierheit
(A3) Sigma-Additivität
Das Problem ist nur, ich weiß nicht, wie man das zeigt....
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Hallo Steve!
> Hi nochmal.
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> Also jetzt haben wir
> [mm]P(X_r=n)=\dfrac{n!r!}{(r+n)!}\cdot\frac{r}{n}=\dfrac{r}{n\dbinom{r+n}{r}}[/mm]
> bestimmt. Wie kann ich jetzt zeigen, dass es sich für
> r=1,2 um eine W-Verteilung handelt??
>
> [mm]P(X_1=n)=\dfrac{n!1!}{(1+n)!}\cdot\frac{1}{n}=\dfrac{1}{n\dbinom{1+n}{1}}[/mm]
>
> [mm]P(X_2=n)=\dfrac{n!2!}{(2+n)!}\cdot\frac{2}{n}=\dfrac{2}{n\dbinom{2+n}{2}}[/mm]
> Ich weiß, dass ich die drei Axiome nachrechnen muss,
> also:
>
> (A1) Positivität
> (A2) Normierheit
> (A3) Sigma-Additivität
Dass deine P's positiv sind, ist klar. Das schwierigste wird noch die Normiertheit sein.
Zuerst solltest du dir klar machen, für welche n deine Wahrscheinlichkeitsfunktion definiert ist. Du stellst mit Hilfe der Anschauung wieder fest: [mm] n\in\IN, [/mm] denn du kannst eine lange Pechsträhne haben, bis du die rote Kugel ziehst.
Du musst also für die Normiertheit zeigen: [mm] $\sum_{k=1}^{\infty}P(X_{1}=k) [/mm] = 1$.
(Bei der Normiertheit musst du immer zeigen, dass alle Wahrscheinlichkeiten, die P für alle verschiedenen Argumente, die du einsetzen kannst, liefert, zusammenaddiert wieder 1 ergeben) <-- Viel Spaß beim Verstehen dieser Nebensätze 
Ich gebe dir einen Tipp für [mm] X_{1}, [/mm] für [mm] X_{2} [/mm] versuchst du es selber (ich denke, gleiches Prinzip).
Es ist [mm] $P(X_{1} [/mm] = n) = [mm] \frac{1}{n*(n+1)} [/mm] = [mm] \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$.
[/mm]
(erster Schritt: [mm] \vektor{k\\1} [/mm] = k für alle [mm] k\in\IN, [/mm] zweiter Schritt: Partialbruchzerlegung!).
Dann ist
[mm] $\sum_{k=1}^{\infty}P(X_{1}=k) [/mm] = [mm] \sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) [/mm] = 1$.
(Teleskopsumme, schreibe dir die ersten paar Glieder der Reihe auf, dann wirst du es sehen).
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Zur Sigma-Additivität:
Finde ich eigentlich wegen der angegebenen Zähldichte relativ offensichtlich. Du musst zeigen, dass
[mm] P\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i}\right)=\sum_{i=1}^{\infty}P(A_{i}) [/mm] für paarweise disjunkte [mm] A_{i}\subset\IN.
[/mm]
Überlege dir, wie die Vereinigung von solchen Mengen natürlicher Zahlen aussieht, wie du ihre Wahrscheinlichkeit jeweils berechnen würdest.
Grüße,
Stefan
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Hi,
ok, das hat soweit geklappt alles. danke.
dann habe ich nochmal eine kleine Frage zum EW, bleibe da an einer STelle hängen:
[mm] E(X)=\summe_{k=1}^{\infty}k*P(X_1 =k)=\summe_{k=1}^{\infty}k* \frac{1}{k\cdot{}(k+1)} [/mm] = [mm] \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{k+1}
[/mm]
So, diese Summe kann man doch sicher noch irgendwie umwandeln, oder?? komme da gerade nicht weiter.
Gruß
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:17 Mi 06.01.2010 | | Autor: | luis52 |
> Hi,
>
> ok, das hat soweit geklappt alles. danke.
>
> dann habe ich nochmal eine kleine Frage zum EW, bleibe da
> an einer STelle hängen:
>
> [mm]E(X)=\summe_{k=1}^{\infty}k*P(X_1 =k)=\summe_{k=1}^{\infty}k* \frac{1}{k\cdot{}(k+1)}[/mm]
> = [mm]\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{k+1}[/mm]
>
> So, diese Summe kann man doch sicher noch irgendwie
> umwandeln, oder?? komme da gerade nicht weiter.
>
Nein. Bekanntlich divergiert [mm] $\sum_{\nu=1}^\infty 1/\nu$, [/mm] also auch [mm] $\sum_{\nu=2}^\infty 1/\nu$ [/mm] .
vg Luis
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Heißt das, mein EW für [mm] X_1 [/mm] ist einfach [mm] E(X_1)=\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{k+1} [/mm] ???
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:14 Mi 06.01.2010 | | Autor: | luis52 |
> Heißt das, mein EW für [mm]X_1[/mm] ist einfach
> [mm]E(X_1)=\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{k+1}[/mm] ???
Nein, das heisst, dass er fuer $r=1_$ nicht existiert.
vg Luis
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Hmmm, d.h. also, weil die Reihe
[mm] E(X_1)=\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{k+1} [/mm] divigiert, kann man daraus schließen, dass der EW nicht existiert, richtig? Das war mir jetzt so auch neu.
D.h. für r=2 haben wir das selbe, oder? weil da komme ich auch auf:
[mm] E(X_2)=\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{2}{(k+1)(k+2)} [/mm] , d.h. hier exisiert auch kein EW??
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:38 Mi 06.01.2010 | | Autor: | luis52 |
> Hmmm, d.h. also, weil die Reihe
>
> [mm]E(X_1)=\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{k+1}[/mm] divigiert, kann
> man daraus schließen, dass der EW nicht existiert,
> richtig? Das war mir jetzt so auch neu.
Umgang mit dem MR bildet
>
> D.h. für r=2 haben wir das selbe, oder? weil da komme ich
> auch auf:
>
> [mm]E(X_2)=\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{2}{(k+1)(k+2)}[/mm] , d.h.
> hier exisiert auch kein EW??
Doch, *die* Reihe konvergiert. Uebrigens gilt das
fuer alle Erwartungswerte mit $r>1$, obwohl ich's
nicht beweisen kann. Mathematica liefert [mm] $\operatorname{E}[X_r]=r/(r-1)$,
[/mm]
was auch erklaert, dass der EW fuer $r=1_$ nicht existiert.
vg Luis
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:56 Mi 06.01.2010 | | Autor: | jaruleking |
danke dir.
Gruß
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