Ziehen m. Zurückl., Siebformel < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:25 Mo 21.11.2005 | | Autor: | Crispy |
Hallo,
gegeben sind m Urnen und n Kugeln (nicht unterscheidbar).
Die Kugeln werden zufällig in die Urnen verteilt, eine kann auch mehrere enthalten.
Aufgabe: Beweisen Sie, dass die Wahrscheinlichkeit, dass in jeder Urne mind. eine Kugel ist,
[mm] \summe_{k=0}^{m} (-1)^k {m \choose k} \left( 1- \frac{k}{m}\right)^n[/mm] ist.
Ich weiß es ist soetwas wie ein Ziehen mit Zurücklegen. Jeder "gezogenen" Urne wird eine Kugel verpasst.
Das Gegenereignis hierzu würde lauten: Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass in mind. einer Urne keine Kugel ist. Aber auch hier komme ich nicht weiter.
Die Formel hat eine Ähnlichkeit mit der Sieb-Formel. (sie ist wohl sogar die Siebformel). Nur leider kann ich mir hieraus keinen Reim machen.
Besten Dank für eure Hilfe.
Liebe Grüsse,
Crispy
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Hallo Crispy!
> gegeben sind m Urnen und n Kugeln (nicht unterscheidbar).
> Die Kugeln werden zufällig in die Urnen verteilt, eine
> kann auch mehrere enthalten.
> Aufgabe: Beweisen Sie, dass die Wahrscheinlichkeit, dass
> in jeder Urne mind. eine Kugel ist,
> [mm]\summe_{k=0}^{m} (-1)^k {m \choose k} \left( 1- \frac{k}{m}\right)^n[/mm]
> ist.
OK, anders wäre die gesuchte Wahrsch. einfacher zu berechnen, aber man soll ja diese Formel beweisen.
Definieren wir die Ereignisse [mm]X_i=\mbox{in der i.ten Urne liegt mindestens eine Kugel}, i=1,\ldots ,m[/mm]. Dann ist
[mm]P(\mbox{in jeder Urne mind. eine Kugel})=P\left(\bigcap_{i=1}^{m} X_i \right)=1-P\left(\bigcup_{i=1}^{m} X_i^c \right)[/mm]
Und mit der Siebformel können wir die Wahrsch. umformen:
[mm]P\left(\bigcup_{i=1}^{m} X_i^c \right)=\summe_{k=1}^{m} (-1)^{k+1}\cdot \summe_{J \subset \{1,\ldots,m\} \wedge |J|=k} P\left(\bigcap_{i \in J} X_i^c\right)[/mm]
Sieht noch kompliziert aus, wird aber gleich einfacher. Schaun wir uns mal für ein [mm]k\in \{1,\ldots,m\}[/mm] die Wahrsch. an:
[mm]P\left(\bigcap_{i \in J} X_i^c\right)=P(\mbox{in den Urnen aus J (k Stück) liegt jeweils keine Kugel})=(1-\frac{k}{m})^n[/mm], denn
jede einzelne Kugel (insgesamt n Stück) muss ja in eine der restlichen Urnen (m-k Stück) fallen. Das heißt, für eine Kugel ist die Wkeit, nicht in die k Urnen zu fallen (die sollen ja leer sein!) [mm]\frac{m-k}{m}=1-\frac{k}{m}[/mm]. Auch die zweite, dritte, ... darf nicht in die bestimmten k Urnen, deshalb ergibt sich Exponent n.
Da die Urnen untereinander gleich sind, ist diese Wkeit für alle Schnittmengen von k [mm]X_i[/mm]'s gleich. Und da es genau [mm]{m \choose k}[/mm] Möglichkeiten gibt, eine Menge mit k Elementen aus m auszuwählen, ergibt sich
[mm][mm] \summe_{k=1}^{m} (-1)^{k+1}\cdot \summe_{J \subset \{1,\ldots,m\} \\ |J|=k} P\left(\bigcap_{i \in J} X_i^c\right)=[/mm] [mm]\summe_{k=1}^{m} (-1)^{k+1}\cdot {m\choose k} (1-\frac{k}{m})^n[/mm]
Jetzt sind wir schon fast fertig. Wir müssen noch das "1-" unterbringen:
[mm]P(\mbox{in jeder Urne mind. eine Kugel})=1-\summe_{k=1}^{m} (-1)^{k+1}\cdot {m\choose k} (1-\frac{k}{m})^n=[/mm]
[mm]1+\summe_{k=1}^{m}(-1)^k {m\choose k} (1-\frac{k}{m})^n = \summe_{k=0}^{m}(-1)^k {m \choose k} (1-\frac{k}{m})^n[/mm],
denn der 0.te Summand ist genau 1.
mfg
Daniel
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