Poisson unabhängige Z.Var. < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:28 Mo 24.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
| Aufgabe | Die Anzahl N der in einem festen Zeitraum an einer Kreuzung ankommenden Autos sei Poisson-verteilt zum Parameter [mm] \lambda [/mm] > 0.
Man weiß, dass die Autos unabhängig voneinander mit Wahrscheinlichkeit p nach links und mit Wahrscheinlichkeit 1 − p nach rechts abbiegen.
Es bezeichne X die Anzahl der Linksabbieger, Y die Anzahl der Rechtsabbieger.
Zeigen Sie, dass X und Y unabhängige Zufallsvariablen sind, die Poisson-verteilt zum Parameter [mm] p\lambda [/mm] bzw. (1 − [mm] p)\lambda [/mm] sind.
Hinweis: Setzen Sie [mm] Z_i [/mm] = 1, falls das i-te Auto nach links abbiegt (0 sonst) und verwenden Sie die Darstellung X [mm] =\summe_{i=1}^{N}Z_i [/mm] bzw. Y [mm] \summe_{i=1}^{N}(1 [/mm] − Zi). |
Hallo,
hoffe ihr könnt mir helfen.
Nach Hinweis haben wir:
[mm] Z_i=\begin{cases} 1, & \mbox{nach } \mbox{ links} \\ 0, & \mbox{nach } \mbox{ rechts} \end{cases}
[/mm]
und ich soll
X die Anzahl der Linksabbieger
X [mm] =\summe_{i=1}^{N}Z_i [/mm]
und
Y die Anzahl der Rechtsabbieger.
Y [mm] \summe_{i=1}^{N}(1 [/mm] − Zi)
verwenden.
Poisson: [mm] \bruch{\lambda^k}{k!}*e^{-\lambda}
[/mm]
Unabhängigkeit von X und Y liegt genau dann vor, wenn für alle m,n [mm] \in \IN_0 [/mm] gilt: P(X=m,Y=n)=P(X=m)*P(Y=n) also P(X [mm] \cap [/mm] Y) = P(X=m)*P(Y=n).
Wie kann ich nun vorgehen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:37 Mo 24.11.2008 | | Autor: | luis52 |
Moin Nataliee,
ich schreibe dir mal den Ansatz auf fuer X: Fuer [mm] $x=0,1,2,\dots$ [/mm] ist
[mm] \begin{matrix}
P(X=x)
&=&\sum_{n=x}^\infty P(X=x\cap N=n) \\
&=&\sum_{n=x}^\infty P(X=x\mid N=n)P(N=n) \\
&=&\sum_{n=x}^\infty P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\dfrac{\lambda}{n!}\exp[-\lambda] \\
&=&\dots \\
\end{matrix}
[/mm]
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 07:52 Di 25.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
Guten Morgen Luis,
super sowas hab ich gebraucht :)
P(X=x)
[mm] &=&\sum_{n=x}^\infty P(X=x\cap [/mm] N=n) [mm] \\
[/mm]
[mm] &=&\sum_{n=x}^\infty P(X=x\mid [/mm] N=n)P(N=n) [mm] \\
[/mm]
[mm] &=&\sum_{n=x}^\infty P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\dfrac{\lambda}{n!}\exp[-\lambda] \\
[/mm]
Meinst du nicht
[mm] &=&\sum_{n=x}^\infty P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\dfrac{\lambda^n }{n!}\exp[-\lambda] \\?
[/mm]
Versuche es gerade so
= [mm] P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\sum_{n=x}^\infty\dfrac{\lambda^n}{n!}\exp[-\lambda] \\ [/mm]
= [mm] P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\bruch{\lambda}{n}*e^{-\lambda} \sum_{n=x}^\infty\dfrac{\lambda^{n-1}}{(n-1)!} [/mm] = [mm] P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\bruch{\lambda}{n}*e^{-\lambda}*e^{\lambda}
[/mm]
= [mm] P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)*\bruch{\lambda}{n}
[/mm]
für Y müßte es soweit Analog sein
P(Y=y)
[mm] &=&\sum_{n=y}^\infty P(Y=y\cap [/mm] N=n) [mm] \\
[/mm]
= [mm] P(\sum_{i=1}^n (1-Z_i)=y)*\bruch{\lambda}{n}
[/mm]
Jetzt soll ich durch
P(X=x,Y=y)=P(X=x)*P(Y=y) also P(X $ [mm] \cap [/mm] $ Y) = P(X=x)*P(Y=y)
unabhängigkeit zeigen? Also einfach einsetzen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:11 Di 25.11.2008 | | Autor: | luis52 |
> Guten Morgen Luis,
> super sowas hab ich gebraucht :)
> P(X=x)
> [mm]&=&\sum_{n=x}^\infty P(X=x\cap[/mm] N=n) [mm]\\[/mm]
> [mm]&=&\sum_{n=x}^\infty P(X=x\mid[/mm] N=n)P(N=n) [mm]\\[/mm]
> [mm]&=&\sum_{n=x}^\infty P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\dfrac{\lambda}{n!}\exp[-\lambda] \\[/mm]
>
> Meinst du nicht
> [mm]&=&\sum_{n=x}^\infty P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\dfrac{\lambda^n }{n!}\exp[-\lambda] \\?[/mm]
Ja, stimmt.
>
> Versuche es gerade so
> = [mm]P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\sum_{n=x}^\infty\dfrac{\lambda^n}{n!}\exp[-\lambda] \\[/mm]
Das darfst du nicht, da [mm] P(\sum_{i=1}^n Z_i=x) [/mm] von n abhaengt und n der Laufindex der Summe ist. Aber: Wie ist [mm] \sum_{i=1}^n Z_i [/mm] denn verteilt? Bedenke, dass die [mm] Z_i [/mm] unabhaengig sind ...
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:31 Di 25.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
> > Guten Morgen Luis,
> > super sowas hab ich gebraucht :)
> > P(X=x)
> > [mm]&=&\sum_{n=x}^\infty P(X=x\cap[/mm] N=n) [mm]\\[/mm]
> > [mm]&=&\sum_{n=x}^\infty P(X=x\mid[/mm] N=n)P(N=n) [mm]\\[/mm]
> > [mm]&=&\sum_{n=x}^\infty P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\dfrac{\lambda}{n!}\exp[-\lambda] \\[/mm]
>
> >
> > Meinst du nicht
> > [mm]&=&\sum_{n=x}^\infty P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\dfrac{\lambda^n }{n!}\exp[-\lambda] \\?[/mm]
>
> Ja, stimmt.
>
> >
> > Versuche es gerade so
> > = [mm]P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\sum_{n=x}^\infty\dfrac{\lambda^n}{n!}\exp[-\lambda] \\[/mm]
>
> Das darfst du nicht, da [mm]P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)[/mm] von n
> abhaengt und n der Laufindex der Summe ist. Aber: Wie ist
> [mm]\sum_{i=1}^n Z_i[/mm] denn verteilt? Bedenke, dass die [mm]Z_i[/mm]
> unabhaengig sind ...
P(Z>=i)=p
meinst du das?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:49 Di 25.11.2008 | | Autor: | luis52 |
>
> P(Z>=i)=p
> meinst du das?
???
[mm] \sum Z_i [/mm] ist eine Summe *unabhaengiger* Bernoulli-verteilter ZVen ...
vg Luis
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:47 Di 25.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
> >
> > P(Z>=i)=p
> > meinst du das?
>
> ???
>
> [mm]\sum Z_i[/mm] ist eine Summe *unabhaengiger*
> Bernoulli-verteilter ZVen ...
Ohh,
[mm] \summe_{i=1}^{N}Z_i [/mm] =$ n*p $
P(X=x)
[mm] =\sum_{n=x}^\infty P(X=x\cap [/mm] N=n) [mm] \\ [/mm]
[mm] =&\sum_{n=x}^\infty P(X=x\mid [/mm] N=n)P(N=n)
[mm] =&\sum_{n=x}^\infty P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\dfrac{\lambda^n }{n!}*e^{-\lambda} \\
[/mm]
[mm] =&\sum_{n=x}^\infty n*p*\dfrac{\lambda^n }{n!}*e^{-\lambda} \\
[/mm]
[mm] =&\sum_{n=x}^\infty n*p*\bruch{\lambda}{n}\dfrac{\lambda^{n-1 }}{(n-1)!}*e^{-\lambda} \\
[/mm]
[mm] =&\sum_{n=x}^\infty p*\lambda\dfrac{\lambda^{n-1 }}{(n-1)!}*e^{-\lambda} \\
[/mm]
[mm] =p*\lambda*e^{-\lambda}*\sum_{n=x}^\infty \dfrac{\lambda^{n-1 }}{(n-1)!}=p*\lambda*e^{-\lambda}*e^{\lambda}=p*\lambda
[/mm]
und
P(Y = y)
[mm] =&\sum_{n=y}^\infty P(\sum_{i=1}^n (1-Z_i)=y)\dfrac{\lambda^n }{n!}*e^{-\lambda} \\
[/mm]
[mm] =&\sum_{n=y}^\infty n*(1-p)*\dfrac{\lambda^n }{n!}*e^{-\lambda} \\
[/mm]
[mm] =&\sum_{n=y}^\infty n*(1-p)*\bruch{\lambda}{n}\dfrac{\lambda^{n-1 }}{(n-1)!}*e^{-\lambda} \\
[/mm]
[mm] =&\sum_{n=y}^\infty (1-p)*\lambda\dfrac{\lambda^{n-1 }}{(n-1)!}*e^{-\lambda} \\
[/mm]
[mm] =(1-p)*\lambda*e^{-\lambda}*\sum_{n=y}^\infty \dfrac{\lambda^{n-1 }}{(n-1)!}=(1-p)*\lambda*e^{-\lambda}*e^{\lambda}=(1-p)*\lambda
[/mm]
Ok das klappt analog.
Nun mit
P(X=x,Y=y)=P(X=x)*P(Y=y) also P(X $ [mm] \cap [/mm] $ Y) = P(X=x)*P(Y=y)
unabhängigkeit zeigen.
P(X $ [mm] \cap [/mm] $ Y) =0 , oder den Y ist genau das GegenEreignis von X
[mm] P(X=x)*P(Y=y)=p*\lambda*((1-p)*\lambda)= p*\lambda^2-p^2\lambda^2=0
[/mm]
Jaahhhh!!!!! :))
Danke dir vielmals luis!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:26 Di 25.11.2008 | | Autor: | luis52 |
> > >
> > > P(Z>=i)=p
> > > meinst du das?
> >
> > ???
> >
> > [mm]\sum Z_i[/mm] ist eine Summe *unabhaengiger*
> > Bernoulli-verteilter ZVen ...
>
> Ohh,
> [mm]\summe_{i=1}^{N}Z_i[/mm] =[mm] n*p[/mm]
>
> P(X=x)
> [mm]=\sum_{n=x}^\infty P(X=x\cap[/mm] N=n) [mm]\\[/mm]
> [mm]=&\sum_{n=x}^\infty P(X=x\mid[/mm] N=n)P(N=n)
> [mm]=&\sum_{n=x}^\infty P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\dfrac{\lambda^n }{n!}*e^{-\lambda} \\[/mm]
>
> [mm]=&\sum_{n=x}^\infty n*p*\dfrac{\lambda^n }{n!}*e^{-\lambda} \\[/mm]
>
> [mm]=&\sum_{n=x}^\infty n*p*\bruch{\lambda}{n}\dfrac{\lambda^{n-1 }}{(n-1)!}*e^{-\lambda} \\[/mm]
>
> [mm]=&\sum_{n=x}^\infty p*\lambda\dfrac{\lambda^{n-1 }}{(n-1)!}*e^{-\lambda} \\[/mm]
>
> [mm]=p*\lambda*e^{-\lambda}*\sum_{n=x}^\infty \dfrac{\lambda^{n-1 }}{(n-1)!}=p*\lambda*e^{-\lambda}*e^{\lambda}=p*\lambda[/mm]
>
Halt! Halt! Halt! Alles falsch!
Muss deine Begeisterung, wenngleich ungern, bremsen:
Fuer $p=1/2$ und [mm] $\lambda=4$ [/mm] erhaeltst du [mm] P(X=x)=p\lambda=4/2=2 [/mm] !
Deine Formel [mm] $\summe_{i=1}^{N}Z_i [/mm] =n*p$ stimmt nicht. Es gilt vielmehr [mm] $\operatorname{E}[ \summe_{i=1}^{N}Z_i] [/mm] =n*p $.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:51 Di 25.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
:( komme einfach nicht auf [mm] \summe_{i=1}^{N}Z_i [/mm] das Internet habe ich auch durchsucht.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:08 Di 25.11.2008 | | Autor: | luis52 |
> :( komme einfach nicht auf [mm]\summe_{i=1}^{N}Z_i[/mm]
Also ich verrate es mal: Da [mm] $\sum Z_i$ [/mm] eine Summe unabhaengiger
Bernoulli-verteilter Zufallsvariablen ist, ist [mm] $\sum Z_i$
[/mm]
binomialverteilt, so dass $ [mm] P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)=\binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}$. [/mm] Setze das nun ein...
vg Luis
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:18 Di 25.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
HI,
das hatte ich natürlich gefunden aber ich hatte nicht vermutet das ich es einfach einsetzen kann.
P(X=x)
$ [mm] =\sum_{n=x}^\infty P(X=x\cap [/mm] $ N=n) $ [mm] \\ [/mm] $
$ [mm] =&\sum_{n=x}^\infty P(X=x\mid [/mm] $ N=n)P(N=n)
$ [mm] =&\sum_{n=x}^\infty P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\dfrac{\lambda^n }{n!}\cdot{}e^{-\lambda} \\ [/mm] $
[mm] =&\sum_{n=x}^\infty \binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}\dfrac{\lambda^n }{n!}\cdot{}e^{-\lambda} [/mm]
Also
[mm] =&\sum_{n=x}^\infty \binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}
[/mm]
ergibt doch n*p nach
[Dateianhang nicht öffentlich]
ok den Teil kriege ich dann hin und komme dann auf
[mm] P(X=x)=p\lambda [/mm] und
[mm] P(Y=y)=(1-p)\lambda
[/mm]
Meinem Verständnis nach muß ich noch zeigen, dass X und Y unabhängige Zufallsvariablen sind.
Das mache ich wohl mit der Gleichung:
P(X $ [mm] \cap [/mm] $ Y) = P(X=x)*P(Y=y)
P(X $ [mm] \cap [/mm] $ Y) =0 , den Y ist genau das GegenEreignis von X und
$ [mm] P(X=x)\cdot{}P(Y=y)=p\cdot{}\lambda\cdot{}((1-p)\cdot{}\lambda)= p\cdot{}\lambda^2-p^2\lambda^2=0 [/mm] $
Kann ich es so zeigen?
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:48 Di 25.11.2008 | | Autor: | luis52 |
> HI,
> das hatte ich natürlich gefunden aber ich hatte nicht
> vermutet das ich es einfach einsetzen kann.
>
> P(X=x)
> [mm]=\sum_{n=x}^\infty P(X=x\cap[/mm] N=n) [mm]\\[/mm]
> [mm]=&\sum_{n=x}^\infty P(X=x\mid[/mm] N=n)P(N=n)
> [mm]=&\sum_{n=x}^\infty P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)\dfrac{\lambda^n }{n!}\cdot{}e^{-\lambda} \\[/mm]
>
> [mm]=&\sum_{n=x}^\infty \binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}\dfrac{\lambda^n }{n!}\cdot{}e^{-\lambda}[/mm]
>
> Also
> [mm]=&\sum_{n=x}^\infty \binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}[/mm]
> ergibt
> doch n*p nach
Nein!
Du uebersiehst anscheinend, dass es sich um eine *unendliche* Reihe handelt,
bei der n Laufindex ist. Ausserdem sind da weitere Faktoren, die
ebenfalls von n abhaengen. Bei deiner Formel ist n fest vorgegeben!
vg Luis
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:15 Di 25.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
[mm]=&\sum_{n=x}^\infty \binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}[/mm]
Ich weiß nicht ob es mich weiterbringt aber habe es versucht umzuformen.
[mm] =p\sum_{n=x}^\infty n*\bruch{n-1}{x!(n-x)!}p^{x-1}(1-p)^{(n-1)-(x-1)}
[/mm]
[mm] =p\sum_{n=x}^\infty \bruch{n}{x}*\bruch{n-1}{(x-1)!(n-x)!}p^{x-1}(1-p)^{(n-1)-(x-1)}
[/mm]
[mm] =p\sum_{n=x}^\infty \bruch{n}{x}*\binom{n-1}{x-1}p^{x-1}(1-p)^{(n-1)-(x-1)}
[/mm]
[mm] =p\sum_{n=l+1}^\infty \bruch{n}{l+1}*\binom{n-1}{l}p^l(1-p)^{(n-1)-l}
[/mm]
[mm] =p\sum_{m=l}^\infty \bruch{m+1}{l+1}*\binom{m}{l}p^l(1-p)^{m-l}
[/mm]
Bringt mich das weiter ?
Oder was soll ich machen?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:45 Di 25.11.2008 | | Autor: | luis52 |
> Oder was soll ich machen?
Hallo Nataliee,
ich meine, einen etwas direkteren Weg gefunden zu haben, der auch
Unabhaengigkeit von X und Y zeigt, (was der Ansatz oben nicht liefert).
1) Bestimme die gemeinsame Wahrscheinlichkeitkeitsfunktion von $(X,Y)$,
also $f(x,y)=P(X=x,Y=y)$ fuer [mm] $x,y=0,1,2,\dots$
[/mm]
2) Es stellt sich heraus, dass f in der Form dargestellt werden kann
$f(x,y)=g(x)h(y)$, so dass die Unabhaengigkeit von X und Y folgt.
3) Bestimme die Wahrscheinlichkeitkeitsfunktion
[mm] $f_1(x)=P(X=x)=\sum_{y=0}^\infty [/mm] f(x,y)$, [mm] $x=0,1,2,\dots$, [/mm] von X.
4) Bestimme die Wahrscheinlichkeitkeitsfunktion
[mm] $f_2(y)=P(Y=y)=f(x,y)/f_1(x)$, $y=0,1,2,\dots$, [/mm] von Y.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:37 Mi 26.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
Hallo Luis,
> 1) Bestimme die gemeinsame Wahrscheinlichkeitkeitsfunktion
> von [mm](X,Y)[/mm],
> also [mm]f(x,y)=P(X=x,Y=y)[/mm] fuer [mm]x,y=0,1,2,\dots[/mm]
Also was ich weiß ist das
[mm] \summe_{i=1}^{n} [/mm] P(X=x , Y=y) [mm] =\summe_{i=1}^{n} P(X=x)*\summe_{i=1}^{n}P(Y=y) [/mm]
Wie kann man diese denn nun für 1,2,3,... berechnen?
> 2) Es stellt sich heraus, dass f in der Form dargestellt
> werden kann
> [mm]f(x,y)=g(x)h(y)[/mm], so dass die Unabhaengigkeit von X und Y
> folgt.
>
> 3) Bestimme die Wahrscheinlichkeitkeitsfunktion
> [mm]f_1(x)=P(X=x)=\sum_{y=0}^\infty f(x,y)[/mm], [mm]x=0,1,2,\dots[/mm], von
> X.
>
> 4) Bestimme die Wahrscheinlichkeitkeitsfunktion
> [mm]f_2(y)=P(Y=y)=f(x,y)/f_1(x)[/mm], [mm]y=0,1,2,\dots[/mm], von Y.
>
>
>
> vg Luis
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:06 Mi 26.11.2008 | | Autor: | luis52 |
> Hallo Luis,
>
Moin Nataliee
>
> > 1) Bestimme die gemeinsame Wahrscheinlichkeitkeitsfunktion
> > von [mm](X,Y)[/mm],
> > also [mm]f(x,y)=P(X=x,Y=y)[/mm] fuer [mm]x,y=0,1,2,\dots[/mm]
> Also was ich weiß ist das
> [mm]\summe_{i=1}^{n}[/mm] P(X=x , Y=y) [mm]=\summe_{i=1}^{n} P(X=x)*\summe_{i=1}^{n}P(Y=y)[/mm]
??? Woher denn das?
> Wie kann man diese denn nun für 1,2,3,... berechnen?
Ich kann dich nicht laenger leiden sehen:
[mm] \begin{matrix}
P(X=x,Y=y)
&=&\sum_{n=x+y}P(X=x,Y=y\mid N=n)P(N=n) \\
&=&\dbinom{x+y}{x}p^x(1-p)^y\dfrac{\lambda^{x+y}}{(x+y)!}\exp[-\lambda]\\
&=&\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} \\
\end{matrix}
[/mm]
vg Luis
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:16 Mi 26.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
Hallo luis,
das sieht logisch aus, muß man wohl erst sehen bevor man darauf kommt :).
3) Bestimme die Wahrscheinlichkeitkeitsfunktion
$ [mm] f_1(x)=P(X=x)=\sum_{y=0}^\infty [/mm] f(x,y) $, $ [mm] x=0,1,2,\dots [/mm] $, von X.
Habe gerqade versucht mir die Summe zu veranschaulichen indem ich x=0
und y=0,1,2 eingesetzt habe.
Hat mir die Einsicht gebracht das es mich nicht weiterbringt :)
Was mich irritiert
P(X=x,Y=y) [mm] &=&\sum_{n=x+y}P(X=x,Y=y\mid [/mm] N=n)P(N=n) [mm] \\ [/mm] &
[mm] =&\dbinom{x+y}{x}p^x(1-p)^y\dfrac{\lambda^{x+y}}{(x+y)!}\exp[-\lambda]\\ [/mm] &
Der 1. Teil ist von
X=$ [mm] P(\sum_{i=1}^n Z_i=x)=\binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x} [/mm] $
Versuche mir gerade klar zu machen wieso gerade x das k sein soll bei der gemeinsamen W-funktion. Wieso hast du nicht für die gemeinsamen W-funktion
Y=$ [mm] P(\sum_{i=1}^n 1-Z_i=y)=1-\binom{n}{y}p^y(1-p)^{n-y} [/mm] $ genommen?
Dann verstehe ich vielleicht wie ich
$ [mm] f_1(x)=P(X=x)=\sum_{y=0}^\infty [/mm] f(x,y) $, $ [mm] x=0,1,2,\dots [/mm] $, von X.
finde.
Schönen Gruß
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:43 Mi 26.11.2008 | | Autor: | luis52 |
Hallo Nataliee,
mit Verlaub, das ist alles etwas wirr!
Du bist also bei 3) ?
Hast du denn
$ P(X=x,Y=y) [mm] =\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} \\ [/mm] $
fuer [mm] $x,y=0,1,2,\dots$ [/mm] akzeptiert? Ist dir klar, dass daraus die Unabhaengigkeit von X und Y folgt?
In der obigen Formel finde ich kein k nicht... Was zu bestimmen ist, ist
[mm] f_1(x)=\sum_{y=0}^\infty\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!}
[/mm]
fuer festes [mm] $x=0,1,2,\dots$
[/mm]
vg Luis
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:53 Do 27.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
Hallo luis,
entschuldige meine verwirrtheit.Werde mich besern!
Vor allem nach Verständnis der Aufgabe.
> [mm]P(X=x,Y=y) =\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} \\[/mm]
>
> fuer [mm]x,y=0,1,2,\dots[/mm] akzeptiert? Ist dir klar, dass daraus
> die Unabhaengigkeit von X und Y folgt?
Wenn man x [mm] \not= [/mm] y betrachtet z.B.
[mm] P(X=0,Y=1)=(1-p)\bruch{\lambda * e^{-\lambda}}{0!*1!}
[/mm]
[mm] P(X=1,Y=0)=(p)\bruch{\lambda * e^{-\lambda}}{1!*0!}
[/mm]
So ändert sich der Teil x unabhängig von y und der Teil y unabhängig von x und der Rest der Gleichung bleibt gleich.
> [mm]f_1(x)=\sum_{y=0}^\infty\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!}[/mm]
> fuer festes [mm] x=0,1,2,\dots
[/mm]
Kriege die Summe nicht vereinfacht: mit x=0
[mm] f_1(0)=\sum_{y=0}^\infty\dfrac{(1-p)^y\lambda^{y}e^{-\lambda}}{y!}
[/mm]
[mm] =e^{-\lambda} [/mm] + [mm] (1-p)\lambda*e^{-\lambda} [/mm] + [mm] \bruch{(1-p)^2\lambda^2}{2} *e^{-\lambda} [/mm] + [mm] \bruch{(1-p)^3\lambda^3}{6} *e^{-\lambda} \dots
[/mm]
[mm] =e^{-\lambda}*(1+ (1-p)\lambda [/mm] + [mm] \bruch{(1-p)^2\lambda^2}{2} [/mm] + [mm] \bruch{(1-p)^3\lambda^3}{6} \dots)
[/mm]
Weiß nicht wie ich hier noch vereinfachen soll hab weiter versucht durch
[mm] =e^{-\lambda}*(1+ \lambda( [/mm] (1-p) + [mm] \bruch{(1-p)^2\lambda}{2} [/mm] + [mm] \bruch{(1-p)^3\lambda^2}{6} \dots))
[/mm]
[mm] =e^{-\lambda}*(1+ \lambda( [/mm] (1-p) + [mm] \lambda [/mm] ( [mm] \bruch{(1-p)^2}{2}+ \bruch{(1-p)^3\lambda}{6} \dots)))
[/mm]
aber das bringt mich nicht weiter.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:41 Do 27.11.2008 | | Autor: | luis52 |
> Hallo luis,
> entschuldige meine verwirrtheit.Werde mich besern!
> Vor allem nach Verständnis der Aufgabe.
Brav! 
>
> > [mm]P(X=x,Y=y) =\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} \\[/mm]
>
> >
> > fuer [mm]x,y=0,1,2,\dots[/mm] akzeptiert? Ist dir klar, dass daraus
> > die Unabhaengigkeit von X und Y folgt?
>
> Wenn man x [mm]\not=[/mm] y betrachtet z.B.
> [mm]P(X=0,Y=1)=(1-p)\bruch{\lambda * e^{-\lambda}}{0!*1!}[/mm]
>
> [mm]P(X=1,Y=0)=(p)\bruch{\lambda * e^{-\lambda}}{1!*0!}[/mm]
> So
> ändert sich der Teil x unabhängig von y und der Teil y
> unabhängig von x und der Rest der Gleichung bleibt gleich.
Das ist nicht das Kriterium fur Unabhaengigkeit.
>
>
> >
> [mm]f_1(x)=\sum_{y=0}^\infty\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!}[/mm]
> > fuer festes [mm]x=0,1,2,\dots[/mm]
>
> Kriege die Summe nicht vereinfacht:
[mm] \begin{matrix}
f_1(x)
&=&\sum_{y=0}^\infty\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} \\
&=&\dfrac{p^x\lambda^{x}\exp[-\lambda]}{x!}\sum_{y=0}^\infty\dfrac{(1-p)^y\lambda^{y}}{y!}
\end{matrix}
[/mm]
Klingelt's?
vg luis
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:50 Do 27.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
> > Kriege die Summe nicht vereinfacht:
>
> [mm]\begin{matrix}
f_1(x)
&=&\sum_{y=0}^\infty\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} \\
&=&\dfrac{p^x\lambda^{x}\exp[-\lambda]}{x!}\sum_{y=0}^\infty\dfrac{(1-p)^y\lambda^{y}}{y!}
\end{matrix}[/mm]
>
> Klingelt's?
Leider nicht ist das eine bakannte Summe?
> > $ P(X=x,Y=y) [mm] =\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} \\ [/mm] $
Kiterium ist
P(X=x,Y=y)
=P(X=x [mm] \cap [/mm] Y=Y)
=P(X=x)*P(Y=y)
>Hast du denn
>$ P(X=x,Y=y) [mm] =\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} >\\ [/mm] $
>fuer $ [mm] x,y=0,1,2,\dots [/mm] $ akzeptiert? Ist dir klar, dass daraus die >Unabhaengigkeit von X und Y folgt?
Da ich das durch [mm] "x,y=0,1,2,\dots" [/mm] nicht zeigen kann, würde ich es so machen:
P(X=x,Y=y)
= [mm] \dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} [/mm]
= [mm] \dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}}{x!y!} [/mm] * [mm] \exp[-\lambda] [/mm]
= [mm] \dfrac{p^x\lambda^{x}}{x!} [/mm] * [mm] \dfrac{(1-p)^y\lambda^{y}}{y!} [/mm] * [mm] \exp[-\lambda]
[/mm]
= P(X=x)*P(Y=y) * [mm] \exp[-\lambda]
[/mm]
schönen Gruß
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:05 Do 27.11.2008 | | Autor: | luis52 |
> > > Kriege die Summe nicht vereinfacht:
> >
> > [mm]\begin{matrix}
f_1(x)
&=&\sum_{y=0}^\infty\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} \\
&=&\dfrac{p^x\lambda^{x}\exp[-\lambda]}{x!}\sum_{y=0}^\infty\dfrac{(1-p)^y\lambda^{y}}{y!}
\end{matrix}[/mm]
>
> >
> > Klingelt's?
> Leider nicht ist das eine bakannte Summe?
Ts,ts,ts. ![[]](/images/popup.gif) Da schau her, unter Definition.
Wie habt ihr denn die Poissonverteilung eingefuehrt?
>
>
> > > [mm]P(X=x,Y=y) =\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} \\[/mm]
> Kiterium ist
> P(X=x,Y=y)
> =P(X=x [mm]\cap[/mm] Y=Y)
> =P(X=x)*P(Y=y)
>
> >Hast du denn
>
> >[mm] P(X=x,Y=y) =\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} >\\[/mm]
>
> >fuer [mm]x,y=0,1,2,\dots[/mm] akzeptiert? Ist dir klar, dass daraus
> die >Unabhaengigkeit von X und Y folgt?
>
> Da ich das durch [mm]"x,y=0,1,2,\dots"[/mm] nicht zeigen kann, würde
> ich es so machen:
> P(X=x,Y=y)
> = [mm]\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!}[/mm]
> = [mm]\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}}{x!y!}[/mm] * [mm]\exp[-\lambda][/mm]
> = [mm]\dfrac{p^x\lambda^{x}}{x!}[/mm] *
> [mm]\dfrac{(1-p)^y\lambda^{y}}{y!}[/mm] * [mm]\exp[-\lambda][/mm]
> = P(X=x)*P(Y=y) * [mm]\exp[-\lambda][/mm]
>
Verstehe ich nicht. Du muesstest, nachdem du [mm] $f_1(x)=P(X=x)$ [/mm] und [mm] $f_2(y)=P(Y=y)$ [/mm] gefunden hast zeigen, dass gilt [mm] P(X=x,Y=y)=f_1(x)f_2(y)
[/mm]
vg Luis
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:47 Do 27.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
Da hat mich wohl das [mm] (1-p)^y [/mm] gestört.
> > > [mm]\begin{matrix}
f_1(x)
&=&\sum_{y=0}^\infty\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} \\
&=&\dfrac{p^x\lambda^{x}\exp[-\lambda]}{x!}\sum_{y=0}^\infty\dfrac{(1-p)^y\lambda^{y}}{y!}
\end{matrix}[/mm]
[mm] =\dfrac{p^x\lambda^{x}\exp[-\lambda]}{x!}\sum_{y=0}^\infty\dfrac{\lambda^{y}}{y!}\sum_{y=0}^\infty {(1-p)^y
=\dfrac{ p^x\lambda^{x}}{ x! } \sum_{y=0}^\infty (1-p)^y}
[/mm]
[mm] =\dfrac{ p^x\lambda^{x}}{ x! } \bruch{1}{p}
[/mm]
Meinst du es so?
> >
> >
> > > > [mm]P(X=x,Y=y) =\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} \\[/mm]
> > Kiterium ist
> > P(X=x,Y=y)
> > =P(X=x [mm]\cap[/mm] Y=Y)
> > =P(X=x)*P(Y=y)
> >
> > >Hast du denn
> >
> > >[mm] P(X=x,Y=y) =\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} >\\[/mm]
>
> >
> > >fuer [mm]x,y=0,1,2,\dots[/mm] akzeptiert? Ist dir klar, dass daraus
> > die >Unabhaengigkeit von X und Y folgt?
> >
> > Da ich das durch [mm]"x,y=0,1,2,\dots"[/mm] nicht zeigen kann, würde
> > ich es so machen:
> > P(X=x,Y=y)
> > = [mm]\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!}[/mm]
> > = [mm]\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}}{x!y!}[/mm] * [mm]\exp[-\lambda][/mm]
> > = [mm]\dfrac{p^x\lambda^{x}}{x!}[/mm] *
> > [mm]\dfrac{(1-p)^y\lambda^{y}}{y!}[/mm] * [mm]\exp[-\lambda][/mm]
> > = P(X=x)*P(Y=y) * [mm]\exp[-\lambda][/mm]
> >
>
> Verstehe ich nicht. Du muesstest, nachdem du [mm]f_1(x)=P(X=x)[/mm]
> und [mm]f_2(y)=P(Y=y)[/mm] gefunden hast zeigen, dass gilt
> [mm]P(X=x,Y=y)=f_1(x)f_2(y)[/mm]
OK.
Stimmt den nun [mm] f_1(x) [/mm] ?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:15 Do 27.11.2008 | | Autor: | luis52 |
> Da hat mich wohl das [mm](1-p)^y[/mm] gestört.
>
>
> > > > [mm]\begin{matrix}
f_1(x)
&=&\sum_{y=0}^\infty\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} \\
&=&\dfrac{p^x\lambda^{x}\exp[-\lambda]}{x!}\sum_{y=0}^\infty\dfrac{(1-p)^y\lambda^{y}}{y!}
\end{matrix}[/mm]
>
> [mm]=\dfrac{p^x\lambda^{x}\exp[-\lambda]}{x!}\sum_{y=0}^\infty\dfrac{\lambda^{y}}{y!}\sum_{y=0}^\infty {(1-p)^y
=\dfrac{ p^x\lambda^{x}}{ x! } \sum_{y=0}^\infty (1-p)^y}[/mm]
>
> [mm]=\dfrac{ p^x\lambda^{x}}{ x! } \bruch{1}{p}[/mm]
>
> Meinst du es so?
>
Nein, sondern so:
[mm] \begin{matrix} f_1(x) &=&\sum_{y=0}^\infty\dfrac{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} \\ &=&\dfrac{p^x\lambda^{x}\exp[-\lambda]}{x!}\sum_{y=0}^\infty\dfrac{(1-p)^y\lambda^{y}}{y!} \\ &=&\dfrac{p^x\lambda^{x}\exp[-\lambda]}{x!}\sum_{y=0}^\infty\dfrac{[\lambda(1-p)]^y}{y!}\\ &=& \dfrac{p^x\lambda^{x}\exp[-\lambda] }{x!}\exp[\lambda(1-p)]\\ &=& \dfrac{(p\lambda)^{x}\exp[-\lambda p]}{x!}\end{matrix}
[/mm]
Mithin ist X Poisson-verteilt mit Parameter [mm] p\lambda, [/mm] was gemaess der Aufgabenstellung zu zeigen war.
vg Luis
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:37 Fr 28.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
Morgen luis,
Bestimme die Wahrscheinlichkeitkeitsfunktion
$ [mm] f_2(y)=P(Y=y)=f(x,y)/f_1(x) [/mm] $, $ [mm] y=0,1,2,\dots [/mm] $, von Y.
[mm] =\bruch{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} [/mm] \ [mm] \bruch{ (p\lambda)^{x}\exp[-\lambda p]}{x!} [/mm]
[mm] =\bruch{(1-p)^y\lambda^{y}}{y!*\exp[-p]} [/mm]
[mm] =\bruch{(\lambda(1-p)^y*\exp[p]}{y!} [/mm]
Kann das sein?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:48 Fr 28.11.2008 | | Autor: | luis52 |
> Morgen luis,
>
> Bestimme die Wahrscheinlichkeitkeitsfunktion
> [mm]f_2(y)=P(Y=y)=f(x,y)/f_1(x) [/mm], [mm]y=0,1,2,\dots [/mm], von Y.
>
> [mm]=\bruch{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!}[/mm] \
> [mm]\bruch{ (p\lambda)^{x}\exp[-\lambda p]}{x!}[/mm]
> [mm]=\bruch{(1-p)^y\lambda^{y}}{y!*\exp[-p]}[/mm]
>
> [mm]=\bruch{(\lambda(1-p)^y*\exp[p]}{y!}[/mm]
>
> Kann das sein?
Fast:
$ [mm] =\bruch{p^x(1-p)^y\lambda^{x+y}\exp[-\lambda]}{x!y!} /\bruch{(p\lambda)^{x}\exp[-\lambda p]}{x!} [/mm] $
$ [mm] =\bruch{(1-p)^y\lambda^{y}\exp[-\lambda]\exp[\lambda p]}{y!}$
[/mm]
$ [mm] =\bruch{[(1-p)\lambda]^{y}\exp[-(1-p)\lambda]}{y!}$
[/mm]
Mithin ist Y Poisson-verteilt mit Parameter [mm] (1-p)\lambda, [/mm] wie behauptet.
vg Luis
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:50 Fr 28.11.2008 | | Autor: | Nataliee |
Hi luis,
habe jetzt mal die Unabängigkeit getestet.
Es klappt :)
Demnach müßte Y auch Stimmen.
Vielllllllllllllen Dank für deine Hilfe!!!!!!!!!!!
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