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von **Stasik** » 09.07.07 22:41

Hi,

a) E(X) = 0; Var(X)=4
b) E(Y) = über Momenterzeigende Fkt = (1-p)/p
c) E(Y1+Y2) = 2 E(Y), die Verteilung kann ich leider nicht ausrechen

d) große Formel mit Binomialkoeffizienten (will nicht vereinfachen)

von **Stasik** » 10.07.07 20:00

komme in c) mit dem Dichtetransformationssatz auf:
$f^{Y_1+Y_2}(k)=f^{2Y_1}(k)=\frac{1}{2} p (1-p)^{\frac{1}{2} k }$ für $k \in \mathbb{N}_0$

von **Teq** » 10.07.07 20:20

Hm, könntest du die momenterzeugende Funktion für b) bitte nochmal explizit angeben?
Hänge da gerade etwas...

von **Stasik** » 10.07.07 21:10

war aber schon in einer Übung.
$h(t) = E e^{tx} = \sum_{k=0}^{\infty} \left(p(1-p)^{k} e^{tk}\right) = p \sum_{k=0}^{\infty} \left((1-p) e^{t}\right)^{k}$
jetzt sagst du noch $t<ln(\frac{1}{1-p})$ ist aber nicht schlimm, da $0<ln(\frac{1}{1-p})$ für alle $p \in (0,1)$
mit der Einschränkung ist $\left((1-p) e^{t}\right) < 1$ und da wendet man die Geometrische Reihe an:
$... = p \frac{1}{1-(1-p)e^t} = p (1-e^t+pe^t)^{-1}$

von **Miss*Sunflower** » 11.07.07 14:41

Stasik hat geschrieben:jetzt sagst du noch $t<ln(\frac{1}{1-p})$ ist aber nicht schlimm, da $0<ln(\frac{1}{1-p})$ für alle $p \in (0,1)$
mit der Einschränkung ist $\left((1-p) e^{t}\right) < 1$

wie kommst du auf diese einschränkung?

von **nomawie** » 11.07.07 15:18

$\left((1-p) e^{t}\right) < 1$ muss gelten um die geometrische reihe verwenden zu können, daher diese abschätzung.

kann man in c) den dichtetransformationssatz anwenden? wir haben doch eine diskrete verteilung. hab allerdings keine idee was man da machen kann. hast du einen tip für die d) ?

von **Robb** » 11.07.07 18:24

glaube auch, dass man den Transformationssatz für dichten nicht benutzen kann.

die sind doch identisch verteilt. dann müsste doch einfach p_k=2*p(1-p)^k sein oder nicht ?

von **MartinL** » 11.07.07 19:52

Also was mir persönlich gerade am plausibelsten erscheint ist eine allgemeine Faltung für diskrete Zufallsvariablen anzusetzen

demnach gilt:
$P(Y_1 + Y_2 = k) = \sum_{x\in \mathbb{Z}} P(Y_1 = x) \cdot P(Y_2 = k - x)$
Durch Einschränkung auf den Träger kommt man da auch zu einer halbwegs brauchbaren Summe ... aber das geht (und macht auch nur Sinn) für stochastisch Unabhängig Zufallsvariablen (davon seh ich grad nix)

Damit ergäbe sich folgende Rechnung:

$P(Y_1 + Y_2 = k) = \sum_{x\in \mathbb{Z}} P(Y_1 = x) \cdot P(Y_2 = k - x)$
Das wird nun zuerst einmal eingeschränkt auf den Träger.
$= \sum_{x=0}^k p(1-p)^x \cdot p(1-p)^{k-x} = \sum_{x=0}^k p^2 (1-p)^k$
Jetzt sind in der Summe nurnoch von x unabhängige Terme, damit ist das so oft wie halt aufsummiert wird ... also:
$= (k+1) p^2 (1-p)^k$

Bin für Meinungen immer offen =)

von **nomawie** » 11.07.07 20:27

daran hatte ich auch schon gedacht, aber die voraussetzung um die allgemeine faltung anzusetzen, ist die stochastische unabhängigkeit. allerdings wissen wir darüber nichts wie du schon sagtest oder in der mitschrift fehlt einfach das "unabhängig" bei "identisch"

von **Muffi** » 11.07.07 20:56

Stasik hat geschrieben:war aber schon in einer Übung.
$h(t) = E e^{tx} = \sum_{k=0}^{\infty} \left(p(1-p)^{k} e^{tk}\right) = p \sum_{k=0}^{\infty} \left((1-p) e^{t}\right)^{k}$

So weit alles klar. Dass ich die folgende Bedingung brauche, damit ich die geometrische Reihe anwenden kann, ist auch klar.

Stasik hat geschrieben:jetzt sagst du noch $t<ln(\frac{1}{1-p})$ ist aber nicht schlimm, da $0<ln(\frac{1}{1-p})$ für alle $p \in (0,1)$

Aber ich sehe nicht, warum ich dann überhaupt Bedingungen an mein $t$ stellen darf. Also warum das das ERgebnis nicht verändert.

Und: wie machst du aus $(1-e^t+pe^t)^{-1}$ dein $\frac{1-p}{p}$ ? Was passiert mit dem $e^t$ ?

von **MartinR** » 11.07.07 21:07

Muffi hat geschrieben:Und: wie machst du aus $(1-e^t+pe^t)^{-1}$ dein $\frac{1-p}{p}$ ? Was passiert mit dem $e^t$ ?

Guckstu h'(0)=EX.
Edit: weil ich grad so großzügig bin: Satz C 6.7

von **Stasik** » 11.07.07 21:41

genau, dich interessiert ja die Stelle 0 der Ableitungen

ist es bei d nicht nur Schreibarbeit? also ich tendiere auch langsam zu der Faltung in c

von **nathan99** » 11.07.07 21:44

Kann mir jemand sagen, was in der A3d
mit " X ist verteilt wie b(5,p) " gemeint ist?

Danke.

von **Robb** » 11.07.07 21:50

jo das mit der faltung bei c) sieht gut aus. hab das jetzt auch so

b(5,p) soll wohl binomialverteilung sein

und mit P(X<=4)=1-P(X=5) habe ich 1-p^5 raus

von **nathan99** » 12.07.07 16:07

Robb hat geschrieben:b(5,p) soll wohl binomialverteilung sein
und mit P(X<=4)=1-P(X=5) habe ich 1-p^5 raus

Mit der Binomialverteilung hast du wohl recht ;-)

.
Manchmal sieht man den Wald vor lauter Bäumen nicht... Stochastik macht mich ganz karusselig in meine Kopf

.

Es geht aber schneller als mit:

Stasik hat geschrieben:d) große Formel mit Binomialkoeffizienten (will nicht vereinfachen)

Und zwar hat Robb das vermutlich so gemacht:
P(X<=4) = 1 - P(X=5), klar.
und P(X=5) ist einfach

(n über k) * (p^k) * (1-p)^(n-k)

Also
5 über 5 * p^5 * (1-p)^0 = p^5.

Siehe hier: http://de.wikipedia.org/wiki/Binomialverteilung
$\operatorname{P}(k)= {n\choose k}\frac{M^{k}(N-M)^{n-k}}{N^{n}} = {n\choose k}\left(\frac{M}{N}\right)^{k}\left(\frac{N-M}{N}\right)^{n-k} = {n\choose k}p^{k}(1-p)^{n-k}$

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[Stocha] Kamps Klausur 2005 Aufgabe 3

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