W urnie są cztery kule. Każda z nich, z równym prawdopodobienstwem, moze mieć
kolor czerwony lub zielony. Losując n razy (ze zwracaniem) kule z urny wylosowaliśmy za każdym
razem czerwoną. Niech \(\displaystyle{ p _{k}(n)}\) oznacza prawdopodobienstwo (a posteriori), ze w urnie jest k kul
czerwonych \(\displaystyle{ (k = 0, 1, 2, 3)}\). Znalezc granice ciagu \(\displaystyle{ p _{k}(n)}\) przy \(\displaystyle{ n \rightarrow \infty}\).
Proszę o wyjaśnienie jak się do tego zabrać, nigdy nie widziałem takiego zadania i nie mam pojęcia jak liczyć granice po \(\displaystyle{ n}\) w zależności od tego tych \(\displaystyle{ k}\)?
granica ciągu w prawdopodobieństwie
-
Adifek
- Użytkownik
- Posty: 1567
- Rejestracja: 15 gru 2008, o 16:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrzeszów/Wrocław
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 398 razy
granica ciągu w prawdopodobieństwie
Niech \(\displaystyle{ L}\) będzie zmienną losową określająca liczbę kul czerwonych w urnie. Znamy jej rozkład, ale nie wiemy jaką rzeczywiście wartość przyjęła w tym doświadczeniu. Niech \(\displaystyle{ (X_n)}\) będzie ciągiem niezależnych zmiennych losowych o rozkładzie \(\displaystyle{ B(1,p)}\), gdzie sukcesem jest wylosowanie kuli czerwonej (stąd \(\displaystyle{ p=L \slash 4}\)).
Szukamy \(\displaystyle{ p_k(n)=P(L=k | X_1=1, ...., X_n=1)}\).
Od razu widać, że \(\displaystyle{ p_0(n)=0}\) dla każdego \(\displaystyle{ n}\) (oczywiste).
Dla pozostałych \(\displaystyle{ k}\):
\(\displaystyle{ p_k(n)=P(L=k | X_1=1, ...., X_n=1) = \frac{P(L=k , X_1=1, ...., X_n=1)}{ P(X_1=1, ...., X_n=1)} = \\ \\ = \frac{P(L=k , X_1=1, ...., X_n=1)}{ \sum_{k=1}^4 P(L=k,X_1=1, ...., X_n=1)}
= \frac{\left( \frac{k}{4}\right)^nP(L=k )}{ \sum_{i=1}^4 \left( \frac{i}{4}\right)^n P(L=i)}=\dots}\)
Rozkład \(\displaystyle{ L}\) jest następujący:
\(\displaystyle{ P(L=0)=P(L=4) = \frac{1}{16}, \ P(L=1)=P(L=3) = \frac{1}{4} , \ P(L=2) = \frac{3}{8} .}\)
Zatem kontynuując:
\(\displaystyle{ \dots =\frac{\left( \frac{k}{4}\right)^nP(L=k )}{ \left( \frac{1}{4}\right)^n \cdot \frac{1}{4} + \left( \frac{2}{4}\right)^n \cdot \frac{3}{8} + \left( \frac{3}{4}\right)^n \cdot \frac{1}{4} + 1\cdot \frac{1}{16} }}\)
Jak widać mianownik jest ograniczony z dołu przez \(\displaystyle{ \frac{1}{16}}\) (i zbiega do tej samej liczby). Dla \(\displaystyle{ k=1,2,3}\) licznik zbiega do zera, więc \(\displaystyle{ p_k(n) \to 0}\). Dla \(\displaystyle{ k=4}\) licznik jest stale równy \(\displaystyle{ \frac{1}{16}}\), więc \(\displaystyle{ p_4(n) \to 1}\), co jest zgodne z intuicjami.
Podsumowując:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}p_k(n) = \begin{cases}0, \quad k=0,1,2,3 \\ 1, \quad k=4 \end{cases}}\)
Pozdrawiam
Szukamy \(\displaystyle{ p_k(n)=P(L=k | X_1=1, ...., X_n=1)}\).
Od razu widać, że \(\displaystyle{ p_0(n)=0}\) dla każdego \(\displaystyle{ n}\) (oczywiste).
Dla pozostałych \(\displaystyle{ k}\):
\(\displaystyle{ p_k(n)=P(L=k | X_1=1, ...., X_n=1) = \frac{P(L=k , X_1=1, ...., X_n=1)}{ P(X_1=1, ...., X_n=1)} = \\ \\ = \frac{P(L=k , X_1=1, ...., X_n=1)}{ \sum_{k=1}^4 P(L=k,X_1=1, ...., X_n=1)}
= \frac{\left( \frac{k}{4}\right)^nP(L=k )}{ \sum_{i=1}^4 \left( \frac{i}{4}\right)^n P(L=i)}=\dots}\)
Rozkład \(\displaystyle{ L}\) jest następujący:
\(\displaystyle{ P(L=0)=P(L=4) = \frac{1}{16}, \ P(L=1)=P(L=3) = \frac{1}{4} , \ P(L=2) = \frac{3}{8} .}\)
Zatem kontynuując:
\(\displaystyle{ \dots =\frac{\left( \frac{k}{4}\right)^nP(L=k )}{ \left( \frac{1}{4}\right)^n \cdot \frac{1}{4} + \left( \frac{2}{4}\right)^n \cdot \frac{3}{8} + \left( \frac{3}{4}\right)^n \cdot \frac{1}{4} + 1\cdot \frac{1}{16} }}\)
Jak widać mianownik jest ograniczony z dołu przez \(\displaystyle{ \frac{1}{16}}\) (i zbiega do tej samej liczby). Dla \(\displaystyle{ k=1,2,3}\) licznik zbiega do zera, więc \(\displaystyle{ p_k(n) \to 0}\). Dla \(\displaystyle{ k=4}\) licznik jest stale równy \(\displaystyle{ \frac{1}{16}}\), więc \(\displaystyle{ p_4(n) \to 1}\), co jest zgodne z intuicjami.
Podsumowując:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}p_k(n) = \begin{cases}0, \quad k=0,1,2,3 \\ 1, \quad k=4 \end{cases}}\)
Pozdrawiam