Neue Verteilung von ZV berechn < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Seien X,Y stochastisch unabhängige Poisson-verteilte Zufallsvariablen X und Y mit Parametern [mm] \lamnda [/mm] bzw. [mm] \mu.
[/mm]
Betrachten sie zunächst die bedingte Verteilung von X gegeben X+Y, d.h. gegeben ist das Ereignis [mm] \{X+Y=k\}. [/mm] |
Hallo!
Ich wollte nun zunächst diese bedingte Verteilung ausrechnen, uns wurde gesagt, da käme was "bekanntes" raus - bei mir nicht...
Ich ging davon aus, dass mit X gegeben X+Y folgendes gemeint ist:
[mm] $\IP(X=n|X+Y [/mm] = k)$
Das ist auf jeden Fall 0 für k < n, weil ja X nicht n werden kann, wenn schon die Summe von X + Y (X,Y > 0) kleiner als n ist. Falls [mm] k\ge [/mm] n, ist:
[mm] $\IP(X=n|X+Y [/mm] = k) = [mm] \frac{\IP(X=n, X+Y = k)}{\IP(X+Y=k)} [/mm] = [mm] \frac{\IP(Y = k-n)}{\IP(X+Y=k)}$
[/mm]
Nun ist [mm] $\IP(X+Y=k) [/mm] = [mm] \frac{(\lambda+\mu)^{k}}{k!}*e^{-\lambda-\mu}$, [/mm] das habe ich schonmal ausgerechnet; also wäre insgesamt:
[mm] $\IP(X=n|X+Y [/mm] = k) = [mm] \frac{\frac{\mu^{k-n}}{(k-n)!}*e^{-\mu}}{\frac{(\lambda+\mu)^{k}}{k!}*e^{-\lambda-\mu}}$
[/mm]
$= [mm] e^{\lambda}*\frac{k!}{(k-n)!}*\mu^{k-n}*\frac{1}{(\lambda+\mu)^{k}}$
[/mm]
$= [mm] e^{\lambda}*n!*\vektor{k\\n}*\mu^{k-n}*\frac{1}{(\lambda+\mu)^{k}} [/mm] $
Mhh... Das sieht zwar so ähnlich wie eine Binomialverteilung aus, aber irgendwie stimmt das hinten und vorne nicht. Habe ich etwas falsch gemacht, oder wie geht es weiter?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:52 Di 01.12.2009 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> Seien X,Y stochastisch unabhängige Poisson-verteilte
> Zufallsvariablen X und Y mit Parametern [mm]\lamnda[/mm] bzw. [mm]\mu.[/mm]
> Betrachten sie zunächst die bedingte Verteilung von X
> gegeben X+Y, d.h. gegeben ist das Ereignis [mm]\{X+Y=k\}.[/mm]
>
> Ich wollte nun zunächst diese bedingte Verteilung
> ausrechnen, uns wurde gesagt, da käme was "bekanntes" raus
> - bei mir nicht...
>
> Ich ging davon aus, dass mit X gegeben X+Y folgendes
> gemeint ist:
>
> [mm]\IP(X=n|X+Y = k)[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Das ist auf jeden Fall 0 für k < n, weil ja X nicht n
> werden kann, wenn schon die Summe von X + Y (X,Y > 0)
> kleiner als n ist. Falls [mm]k\ge[/mm] n, ist:
>
> [mm]\IP(X=n|X+Y = k) = \frac{\IP(X=n, X+Y = k)}{\IP(X+Y=k)} = \frac{\IP(Y = k-n)}{\IP(X+Y=k)}[/mm]
Wo hast du denn das [mm] $\IP(X [/mm] = n)$ im Zaehler gelassen?
> Nun ist [mm]\IP(X+Y=k) = \frac{(\lambda+\mu)^{k}}{k!}*e^{-\lambda-\mu}[/mm],
> das habe ich schonmal ausgerechnet; also wäre insgesamt:
>
> [mm]\IP(X=n|X+Y = k) = \frac{\frac{\mu^{k-n}}{(k-n)!}*e^{-\mu}}{\frac{(\lambda+\mu)^{k}}{k!}*e^{-\lambda-\mu}}[/mm]
>
> [mm]= e^{\lambda}*\frac{k!}{(k-n)!}*\mu^{k-n}*\frac{1}{(\lambda+\mu)^{k}}[/mm]
>
> [mm]= e^{\lambda}*n!*\vektor{k\\n}*\mu^{k-n}*\frac{1}{(\lambda+\mu)^{k}}[/mm]
Wenn du das mit [mm] $\frac{\lambda^n}{n!}*e^{-\lambda}$ [/mm] multiplizierst, kommst du auf
[mm]\binom{n}{k} \frac{\lambda^n \mu^{k-n}}{(\lambda+\mu)^{k}}[/mm]
Sieht das besser aus?
LG Felix
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Hallo Felix,
danke für deine Antwort 
> > [mm]\IP(X=n|X+Y = k)[/mm]
> > Das ist auf jeden Fall 0 für k < n, weil ja X nicht n
> > werden kann, wenn schon die Summe von X + Y (X,Y > 0)
> > kleiner als n ist. Falls [mm]k\ge[/mm] n, ist:
> >
> > [mm]\IP(X=n|X+Y = k) = \frac{\IP(X=n, X+Y = k)}{\IP(X+Y=k)} = \frac{\IP(Y = k-n)}{\IP(X+Y=k)}[/mm]
>
> Wo hast du denn das [mm]\IP(X = n)[/mm] im Zaehler gelassen?
Ich dachte, wenn da steht: [mm] \IP(X=n, [/mm] X+Y = k), dann kann ich das Umformen zu [mm] \IP(Y=k-n) [/mm] ? Ich weiß ja nicht, ob X und X+Y stochastische unabhängig sind...
> > Nun ist [mm]\IP(X+Y=k) = \frac{(\lambda+\mu)^{k}}{k!}*e^{-\lambda-\mu}[/mm],
> > das habe ich schonmal ausgerechnet; also wäre insgesamt:
> >
> > [mm]\IP(X=n|X+Y = k) = \frac{\frac{\mu^{k-n}}{(k-n)!}*e^{-\mu}}{\frac{(\lambda+\mu)^{k}}{k!}*e^{-\lambda-\mu}}[/mm]
>
> >
> > [mm]= e^{\lambda}*\frac{k!}{(k-n)!}*\mu^{k-n}*\frac{1}{(\lambda+\mu)^{k}}[/mm]
>
> >
> > [mm]= e^{\lambda}*n!*\vektor{k\\n}*\mu^{k-n}*\frac{1}{(\lambda+\mu)^{k}}[/mm]
>
> Wenn du das mit [mm]\frac{\lambda^n}{n!}*e^{-\lambda}[/mm]
> multiplizierst, kommst du auf
>
> [mm]\binom{k}{n} \frac{\lambda^n \mu^{k-n}}{(\lambda+\mu)^{k}}[/mm]
>
> Sieht das besser aus?
Leider noch nicht... n ist doch meine "dynamische" Variable, und es ist doch ziemlich schlecht, wenn ich die vor der Binomialverteilung auch nochmal habe, oder? Weil letztendlich sieht's ja dann so aus:
[mm] \frac{e^{\lambda}*n!}{\lambda^{n}*(\lambda+\mu)^{k}}\binom{k}{n}\lambda^n*\mu^{k-n}
[/mm]
Oder wolltest du mir einen Wink mit dem Zaunspfahl geben, dass es sich um eine ganz andere Verteilung handelt?
Danke für erneute Hilfe,
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:53 Di 01.12.2009 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> > Wo hast du denn das [mm]\IP(X = n)[/mm] im Zaehler gelassen?
>
> Ich dachte, wenn da steht: [mm]\IP(X=n,[/mm] X+Y = k), dann kann ich
> das Umformen zu [mm]\IP(Y=k-n)[/mm] ?
Dann kommt ja $X$ gar nicht mehr vor.
> Ich weiß ja nicht, ob X und X+Y stochastische unabhängig sind...
Sind sie laut einer Aufgabenstellung.
> > Wenn du das mit [mm]\frac{\lambda^n}{n!}*e^{-\lambda}[/mm]
> > multiplizierst, kommst du auf
> >
> > [mm]\binom{k}{n} \frac{\lambda^n \mu^{k-n}}{(\lambda+\mu)^{k}}[/mm]
> >
> > Sieht das besser aus?
>
> Leider noch nicht... n ist doch meine "dynamische"
> Variable, und es ist doch ziemlich schlecht, wenn ich die
> vor der Binomialverteilung auch nochmal habe, oder? Weil
> letztendlich sieht's ja dann so aus:
>
> [mm]\frac{e^{\lambda}*n!}{\lambda^{n}*(\lambda+\mu)^{k}}\binom{k}{n}\lambda^n*\mu^{k-n}[/mm]
Ich glaube nicht, dass das so aussieht. Meine Version oben erscheint mir da realistischer :)
> Oder wolltest du mir einen Wink mit dem Zaunspfahl geben,
> dass es sich um eine ganz andere Verteilung handelt?
Doch doch, es ist eine Binomialverteilung: es ist doch [mm]\binom{k}{n} \frac{\lambda^n \mu^{k-n}}{(\lambda+\mu)^{k}} = \frac{1}{(1 + \lambda/\mu)^k} \binom{k}{n} (\lambda/\mu)^n[/mm].
Bei einer Binomialverteilung sollte da $(1 - [mm] p)^k \binom{k}{n} \left( \frac{p}{1 - p} \right)^n$ [/mm] stehen.
Mach doch mal den Ansatz $p = 1 - [mm] \frac{1}{1 + \lambda/\mu}$.
[/mm]
LG Felix
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Hallo Felix,
danke für deine Antwort.
Allerdings bin ich verwirrt.
> Moin Stefan!
>
> > > Wo hast du denn das [mm]\IP(X = n)[/mm] im Zaehler gelassen?
> >
> > Ich dachte, wenn da steht: [mm]\IP(X=n,[/mm] X+Y = k), dann kann ich
> > das Umformen zu [mm]\IP(Y=k-n)[/mm] ?
>
> Dann kommt ja [mm]X[/mm] gar nicht mehr vor.
Ist das schlimm? Ist denn die Umformung
[mm] $\IP(X=n|X+Y=k) [/mm] = [mm] \frac{\IP(X=n,X+Y=k)}{\IP(X+Y=k)} [/mm] = [mm] \frac{\IP(Y = k-n)}{\IP(X+Y=k)}$
[/mm]
nicht legitim?
> > Ich weiß ja nicht, ob X und X+Y stochastische unabhängig
> sind...
>
> Sind sie laut einer Aufgabenstellung.
Aber was nützt mir das? Dann würde ja dastehen:
[mm] $\IP(X=n|X+Y=k) [/mm] = [mm] \frac{\IP(X=n,X+Y=k)}{\IP(X+Y=k)} =\frac{\IP(X=n)*\IP(X+Y=k)}{\IP(X+Y=k)} [/mm] = [mm] \IP(X=n)$
[/mm]
Das kann doch nicht richtig sein... Ich glaube nicht, dass X und X+Y unabhängig sind...
Bitte kläre mich auf
Mir scheint es im Moment so, ich mache am Anfang etwas falsch (was ich noch nicht sehe)...
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:07 Di 01.12.2009 | | Autor: | luis52 |
Moin,
vielleicht ist diese Ueberlegung hilfreich. Ich meine, es hakt an
der Behauptung (im Zaehler): $P(X=n,X+Y=k)=P(Y=k-n)_$.
Was haeltst du von folgendem Argument
$P(X=n,X+Y=k)=P(X=n,Y=k-X)=P(X=n,Y=k-n)=P(X=n)P(Y=k-n)_$?
vg Luis
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Hallo luis52,
vielen Dank für deine Antwort, das bringt mir schonmal ein wenig Licht ins Dunkle ; ich weiß jetzt,warum das eine Binomialverteilung ist.
Grüße,
Stefan
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