W \(\displaystyle{ n}\)-tej urnie znajduje się jedna kula biała i \(\displaystyle{ n}\) kul czarnych,\(\displaystyle{ n=0, 1,...}\)
W \(\displaystyle{ n}\)-tym losowaniu losujemy numer urny zgodnie z rozkładem Poissona z parametrem \(\displaystyle{ (a_n)}\), a następnie z wylosowanej urny losujemy jedną kulę. Podać przykłady dodatnich ciągów \(\displaystyle{ (a_n)}\), \(\displaystyle{ a_n \rightarrow \infty}\), takich że z prawdopodobieństwem jeden nieskończenie wiele razy wylosujemy kulę białą.
-- 25 sie 2015, o 11:55 --
Wiem, że z lematu Borela Cantellego można to zrobić, ale nie bardzo wiem jak, mogę prosić o jakąś podpowiedź?
losowanie kul, podać przykład ciągu
-
mm34639
- Użytkownik
- Posty: 245
- Rejestracja: 28 mar 2005, o 15:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 61 razy
losowanie kul, podać przykład ciągu
Może zacznij od obliczenia jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania białej kuli gdy losujemy urnę zgodnie z rozkładem Poissona o pewnym ustalonym \(\displaystyle{ \lambda}\)
-
gienia
- Użytkownik
- Posty: 339
- Rejestracja: 25 lip 2014, o 16:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 243 razy
losowanie kul, podać przykład ciągu
\(\displaystyle{ A_n}\) - prawdopodobieństwo wylosowanie białej kuli w \(\displaystyle{ n}\)-tym losowaniu
\(\displaystyle{ B_k}\) - prawdopodobieństwo, że w \(\displaystyle{ n}\)-tym losowaniu wylosowano \(\displaystyle{ k}\)-tą urnę
\(\displaystyle{ P(A_n)= \sum_{k=0}^{ \infty } P(A_n|B_k)P(B_k)=\sum_{k=0}^{ \infty } \frac{1}{k+1} e^{-a_n} \frac{(a_n)^k}{k!} = \frac{e^{-a_n} }{a_n} \sum_{k=0}^{ \infty }\frac{(a_n)^{k+1}}{(k+1)!} =\frac{e^{-a_n} }{a_n} (\sum_{k=0}^{ \infty }\frac{(a_n)^k}{(k)!}-1)=\frac{e^{-a_n} }{a_n} (e^{a_n}-1)= \frac{1-e^{-a_n}}{a_n}}\)
\(\displaystyle{ B_k}\) - prawdopodobieństwo, że w \(\displaystyle{ n}\)-tym losowaniu wylosowano \(\displaystyle{ k}\)-tą urnę
\(\displaystyle{ P(A_n)= \sum_{k=0}^{ \infty } P(A_n|B_k)P(B_k)=\sum_{k=0}^{ \infty } \frac{1}{k+1} e^{-a_n} \frac{(a_n)^k}{k!} = \frac{e^{-a_n} }{a_n} \sum_{k=0}^{ \infty }\frac{(a_n)^{k+1}}{(k+1)!} =\frac{e^{-a_n} }{a_n} (\sum_{k=0}^{ \infty }\frac{(a_n)^k}{(k)!}-1)=\frac{e^{-a_n} }{a_n} (e^{a_n}-1)= \frac{1-e^{-a_n}}{a_n}}\)
-
mm34639
- Użytkownik
- Posty: 245
- Rejestracja: 28 mar 2005, o 15:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 61 razy
losowanie kul, podać przykład ciągu
No to jesteśmy w domu prawie
chcemy mieć takie ciągi, że zajdzie nieskończenie wiele spośród zdarzeń \(\displaystyle{ A_n}\)
zdarzenia \(\displaystyle{ A_n}\) są niezależne
czyli - z lematu Borela-Cantellego - dla jakich ciągów \(\displaystyle{ a_n}\) suma \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1- \textrm{e}^{-a_n}}{a_n}=\sum_{n=1}^{\infty} \big( \frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_n \, \textrm{e}^{a_n}}\big)}\)
jest nieskończona
widać, że jeśli \(\displaystyle{ a_n}\) "rośnie szybciej" niż \(\displaystyle{ b_n=n}\), to suma jest skończona, bo są skończone oba składniki różnicy pod sumą , a dla np. dla \(\displaystyle{ a_n=n}\) jest nieskończona
to taki skrót myślowy na szybko, pewnie trzeba to bardziej skomentować
(drugi lemat B-C)
chcemy mieć takie ciągi, że zajdzie nieskończenie wiele spośród zdarzeń \(\displaystyle{ A_n}\)
zdarzenia \(\displaystyle{ A_n}\) są niezależne
czyli - z lematu Borela-Cantellego - dla jakich ciągów \(\displaystyle{ a_n}\) suma \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1- \textrm{e}^{-a_n}}{a_n}=\sum_{n=1}^{\infty} \big( \frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_n \, \textrm{e}^{a_n}}\big)}\)
jest nieskończona
widać, że jeśli \(\displaystyle{ a_n}\) "rośnie szybciej" niż \(\displaystyle{ b_n=n}\), to suma jest skończona, bo są skończone oba składniki różnicy pod sumą , a dla np. dla \(\displaystyle{ a_n=n}\) jest nieskończona
to taki skrót myślowy na szybko, pewnie trzeba to bardziej skomentować
Kod: Zaznacz cały
https://pl.wikipedia.org/wiki/Lematy_Borela-Cantellego