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Wahrscheinlichkeit aus einer Urne

Universität / Fachhochschule

Tags: Stochastik

Fisch18 aktiv_icon

15:23 Uhr, 10.11.2024

Hallo allerseits,
ich versuche mich gerade an folgender Aufgabe:
In einer Urne befindet sich am Anfang eine weiße Kugel. Nun wird eine Münze solange geworfen, bis das erste Mal ”Kopf“ kommt. Jedes Mal, wenn ”Zahl“ kommt, werden schwarze Kugeln in die Urne gelegt, und zwar so viele, dass sich die Anzahl der Kugeln in der Urne verdoppelt. Am Schluss wird eine Kugel zufällig aus der Urne gezogen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie schwarz ist?
Die Wahrscheinlichkeit bei einem Münzwurf beträgt

\frac{1}{2}

und die Anzahl der Kugeln verdoppeln sich, wenn "Zahl" aufkommt. Doch so richtig ansetzen kann ich nicht.

Über Hilfe würde ich mich freuen.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

pivot aktiv_icon

17:44 Uhr, 10.11.2024

Hallo,

fang mal mit so eine Art Baumdiagramm an, wie im Anhang.

Gruß
pivot

michaL aktiv_icon

18:12 Uhr, 10.11.2024

Hallo,

nun, kommt sofort Kopf (im 1. Wurf) (W. 0,5), so bleibt nur eine weiße Kugel in der Urne.
Die W. für schwarz ist dann Null.

Kommt zuerst Zahl (1. Wurf), kommt eine schwarze Kugel hinzu. Es sind dann 2 statt einer Kugel in der Urne.
Kommt nun sofort Kopf (2. Wurf), beträgt die W. für eine schwarze Kugel 0,5.

Kommen in den ersten beiden Würfen Zahl, so befinden sich insgesamt 4 Kugeln in der Urne, wovon nur die eine weiß ist.
Kommt nun sofort Kopf (3. Wurf), so beträgt die W. für schwarz also 0,75.

Einen machen wir noch (nenne ich gerne Explorationsphase):
Drei Würfe lang Zahl, dann Kopf (4. Wurf), so befinden sich insgesamt 8 Kugeln in der Urne, nur eine weiß. Die W. für eine schwarze Kugel beträgt dann 0,875.

So, nun kann man ja mutmaßen, die W., eine schwarze Kugel zu ziehen, beträgt

1 - \frac{1}{2^{n - 1}}

, sofern Kopf im

n

-ten Wurf kommt.

Gehen wir mal mathematischer an die Sache heran:
Die Zufallsvariable

X

gebe an, in welchem Wurf das erste Mal Kopf erscheint.
Vermutlich ist bekannt, dass

X

geometrisch verteilt ist mit Parameter

p = \frac{1}{2}

.
Sei

A

das Ereignis, dass eine schwarze Kugel gezogen wird. Weiter sei

A_{n}

das Ereignis, dass Kopf nach

n

Würfen das erste Mal auftritt und dann eine schwarze Kugel gezogen wird.
Es gilt dann:

A = {⋃^{•}}_{n \in ℕ_{> 0}} A_{n}

Folglich:

P (A) = \sum_{n = 1}^{\infty} P (A_{n}) = \sum_{n = 1}^{\infty} 1 - \frac{1}{2^{n - 1}} \overset{k := n - 1}{=} \sum_{k = 0}^{\infty} 1 - \frac{1}{2^{k}} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{2^{k} - 1}{2^{k}} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{\sum_{m = 0}^{k - 1} 2^{m}}{2^{k}}

Bestimmt kann man den Reihenwert berechnen.
Falls noch mehr begründet werden soll, so kann man sicher

P (A_{n + 1})

aus

P (A_{n})

(d.h. rekursiv) berechnen und auf obige Formel kommen.

Angaben ohne Gewähr. :-)

Mfg Michael

Roman-22

18:41 Uhr, 10.11.2024

>

Bestimmt kann man den Reihenwert berechnen.
Ja, und der wäre natürlich

\infty,

da ja die Wahrscheinlichkeiten, eine schwarze Kugel zu ziehen, also deine Summanden, gegen 1 streben. Und

\infty

wär schon ein ungewöhnlich hoher Wert für eine Wahrscheinlichkeit :-D)
Nachdem die WKT, bereits nach dem ersten Münzwurf die weiße Kugel zu ziehen,

50 %

ist und es auch danach immer noch (geringe) Chancen auf weiß gibt, muss die Gesamtwahrscheinlichkeit für schwarz ja unter

50 %

liegen.

Richtig wäre wohl eher

P (A) = \sum_{n = 1}^{\infty} [\frac{1}{2^{n}} \cdot (1 - \frac{1}{2^{n - 1}})] = \frac{1}{3}

Du schreibst ja selbst richtig "So, nun kann man ja mutmaßen, die $W .,$ eine schwarze Kugel zu ziehen, beträgt 1−12n−1, sofern Kopf im n-ten Wurf kommt."
Und die WKT für den unterstrichenen Teil ist der bei dir fehlende Faktor

\frac{1}{2^{n}}

.
Daher ist die WKT, dass man nach dem n-ten Münzwurf 'schwarz' zieht

\frac{1}{2^{n}} \cdot (1 - \frac{1}{2^{n - 1}})

und darüber muss summiert werden.

Gedanklich einfacher geht es, wenn man von Haus aus die WKT, die eine weiße Kugel zu ziehen, berechnet und dann erst das Komplement bildet.
Wie WKT für weiß nach dem n-ten Wurf ist

\frac{1}{2^{n}} \cdot \frac{1}{2^{n - 1}} = \frac{1}{2^{2 n - 1}}

und daher ist

P (A) = 1 - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2^{2 n - 1}} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}

pivot aktiv_icon

19:35 Uhr, 10.11.2024

Gut, wenn jetzt alle ihre Rechnung präsentieren:

\frac{1}{2} \cdot \sum_{k = 1}^{\infty} {(\frac{1}{2})}^{k} \cdot \frac{2^{k} - 1}{2^{k}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3}

Die Rechnung lässt sich vom Baumdiagramm ableiten.

Fisch18 aktiv_icon

20:01 Uhr, 10.11.2024

Okay, ich bedanke mich bei allen für ihre Hilfe.

michaL aktiv_icon

20:09 Uhr, 10.11.2024

Hallo,

ups, siehste, Faktor der bedingten W. vergessen.
Danke für die Korrektur.

Mfg Michael

HAL9000

09:31 Uhr, 11.11.2024

Was passiert, wenn man die Regel

2) Jedes Mal, wenn ”Zahl“ kommt, werden schwarze Kugeln in die Urne gelegt, und zwar so viele, dass sich die Anzahl der Kugeln in der Urne verdoppelt

durch das einfachere

2') Jedes Mal, wenn ”Zahl“ kommt, wird genau eine schwarze Kugel in die Urne gelegt.

ersetzt? Dann ergibt sich gemäß Logarithmus-Potenzreihe

\ln (1 - x) = - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n}

die Rechnung

P (A^{c}) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}} \cdot \frac{1}{n} = - \ln (1 - \frac{1}{2}) = \ln (2)

,

und damit

P (A) = 1 - \ln (2) \approx 0.30685

, also ein nur etwas geringerer Wert als in der ursprünglichen Problemstellung, wo ja deutlich mehr mit schwarzen Kugeln um sich geworfen wird. :-)

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