Verteilung Indikatorvariable < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:04 Fr 08.02.2013 | | Autor: | triad |
| Aufgabe | Seien [mm] X_1,X_2,... [/mm] unabhängig und gleichverteilt auf [0,1]. Sei [mm] p\in(0,1). [/mm] Betrachte für i=1,2,... die Zufallsvariable
[mm] Y_i=1_{\{X_i\ge{}1-p\}}.
[/mm]
Zeige [mm] Y_i\sim\operatorname{Bin}(1,p). [/mm] |
hi,
es gilt ja [mm] Y_i=1_{\{X_i\ge{}1-p\}}=\begin{cases} 1, & \mbox{für }X_i\ge{}1-p \\ 0, & \mbox{für }X_i<1-p \end{cases} [/mm] und um z.z., dass [mm] Y_i [/mm] bernoulliverteilt ist muss man doch [mm] P(Y_i=1)=p [/mm] und [mm] P(Y_i=0)=1-p [/mm] zeigen. Oder liege ich hier falsch? Kann mir jemand einen Tipp geben?
Edit: Vielleicht so: Für [mm] P(Y_i=1)=p [/mm] muss ich doch wissen was [mm] P(X_i\ge{}1-p) [/mm] ist, weil diese beiden gleich sind. Also [mm] P(Y_i=1)=P(X_i\ge{}1-p)\overset{\ast}{=}1-(1-p)=p. [/mm] Dann müsste bei * aber ein [mm] \le [/mm] hin ... ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
gruß triad
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Hallo,
Seien [mm]X_1,X_2,...[/mm] unabhängig und gleichverteilt auf [0,1].
> Sei [mm]p\in(0,1).[/mm] Betrachte für i=1,2,... die
> Zufallsvariable
>
> [mm]Y_i=1_{\{X_i\ge{}1-p\}}.[/mm]
>
> Zeige [mm]Y_i\sim\operatorname{Bin}(1,p).[/mm]
>
> hi,
>
> es gilt ja [mm]Y_i=1_{\{X_i\ge{}1-p\}}=\begin{cases} 1, & \mbox{für }X_i\ge{}1-p \\ 0, & \mbox{für }X_i<1-p \end{cases}[/mm]
> und um z.z., dass [mm]Y_i[/mm] bernoulliverteilt ist muss man doch
> [mm]P(Y_i=1)=p[/mm] und [mm]P(Y_i=0)=1-p[/mm] zeigen. Oder liege ich hier
> falsch? Kann mir jemand einen Tipp geben?
>
> Edit: Vielleicht so: Für [mm]P(Y_i=1)=p[/mm] muss ich doch wissen
> was [mm]P(X_i\ge{}1-p)[/mm] ist, weil diese beiden gleich sind. Also
> [mm]P(Y_i=1)=P(X_i\ge{}1-p)\overset{\ast}{=}1-(1-p)=p.[/mm] Dann
> müsste bei * aber ein [mm]\le[/mm] hin ...
>
Wieso sollte bei * ein [mm] $\le$ [/mm] hin. Die Rechnung ist korrekt so und die Behauptung damit gezeigt.
> gruß triad
>
Viele Grüße
Blasco
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:08 Sa 09.02.2013 | | Autor: | triad |
> Hallo,
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> Seien [mm]X_1,X_2,...[/mm] unabhängig und gleichverteilt auf [0,1].
> > Sei [mm]p\in(0,1).[/mm] Betrachte für i=1,2,... die
> > Zufallsvariable
> >
> > [mm]Y_i=1_{\{X_i\ge{}1-p\}}.[/mm]
> >
> > Zeige [mm]Y_i\sim\operatorname{Bin}(1,p).[/mm]
> >
> > hi,
> >
> > es gilt ja [mm]Y_i=1_{\{X_i\ge{}1-p\}}=\begin{cases} 1, & \mbox{für }X_i\ge{}1-p \\ 0, & \mbox{für }X_i<1-p \end{cases}[/mm]
> > und um z.z., dass [mm]Y_i[/mm] bernoulliverteilt ist muss man doch
> > [mm]P(Y_i=1)=p[/mm] und [mm]P(Y_i=0)=1-p[/mm] zeigen. Oder liege ich hier
> > falsch? Kann mir jemand einen Tipp geben?
> >
> > Edit: Vielleicht so: Für [mm]P(Y_i=1)=p[/mm] muss ich doch wissen
> > was [mm]P(X_i\ge{}1-p)[/mm] ist, weil diese beiden gleich sind. Also
> > [mm]P(Y_i=1)=P(X_i\ge{}1-p)\overset{\ast}{=}1-(1-p)=p.[/mm] Dann
> > müsste bei * aber ein [mm]\le[/mm] hin ...
> >
>
> Wieso sollte bei * ein [mm]\le[/mm] hin. Die Rechnung ist korrekt
> so und die Behauptung damit gezeigt.
>
> > gruß triad
> >
>
> Viele Grüße
> Blasco
Danke, dann hab ichs ja doch intuitiv richtig gemacht. Denn es ist ja [mm] P(X_i\ge{}k)=1-P(X_i\le{}k)=1-k.
[/mm]
gruß triad
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:12 Sa 09.02.2013 | | Autor: | triad |
Das war die leichtere ZV. Ich muss noch eine weitere zeigen, und zwar, dass
[mm] Z_i=\sum_{n=0}^{\infty}1_{\{X_i\ge{}\sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!}\}}
[/mm]
Poisson(p) verteilt ist. Als Tipp ist gegeben, dass die Mengen [mm] A_n={\{X_i\ge{}\sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!}\}}, n\ge{0}, [/mm] absteigend sind und man [mm] A_n=\{Z_i\ge{}n+1\} [/mm] zeigen soll.
Leider versteh ich den Tipp nicht wirklich. Wie kommt man auf [mm] A_n=\{Z_i\ge{}n+1\}?
[/mm]
Man muss ja im Prinzip wieder nur zeigen, dass [mm] P(Z_i=k)=e^{-p}\frac{p^k}{k!}, [/mm] oder?
Kann mir das jemand nochmal erklären bitte?
gruß triad
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Hallo,
> Das war die leichtere ZV. Ich muss noch eine weitere
> zeigen, und zwar, dass
>
> [mm]Z_i=\sum_{n=0}^{\infty}1_{\{X_i\ge{}\sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!}\}}[/mm]
>
> Poisson(p) verteilt ist. Als Tipp ist gegeben, dass die
> Mengen
> [mm]A_n={\{X_i\ge{}\sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!}\}}, n\ge{0},[/mm]
> absteigend sind und man [mm]A_n=\{Z_i\ge{}n+1\}[/mm] zeigen soll.
>
> Leider versteh ich den Tipp nicht wirklich. Wie kommt man
> auf [mm]A_n=\{Z_i\ge{}n+1\}?[/mm] (*)
Zeige es doch einfach durch die beiden Schritte [mm] $\subset$ [/mm] und [mm] $\supset$.
[/mm]
Mit der der Definition von [mm] $A_n$ [/mm] gilt
[mm] $Z_i [/mm] = [mm] \sum_{n=0}^{\infty}1_{A_n}$.
[/mm]
Die [mm] $A_n$ [/mm] sind absteigend (weil für höheres $n$ eine stärkere Bedingung an [mm] $X_i$ [/mm] gestellt wird), also [mm] $A_{n} \subset A_{n-1}$.
[/mm]
Damit folgt: [mm] $1_{A_n}(\omega) [/mm] = 1 [mm] \Rightarrow 1_{A_{n-1}}(\omega) [/mm] = ... = [mm] 1_{A_0}(\omega) [/mm] = 1$.
Nun kannst du mit dem Beweis der Gleichung (*) beginnen:
[mm] \dq $\subset$ \dq:
[/mm]
Sei [mm] $\omega \in A_n$. [/mm] Dann ist [mm] $1_{A_n}(\omega) [/mm] = ... = [mm] 1_{A_0}(\omega) [/mm] = 1$, also [mm] $Z_i(\omega) [/mm] = [mm] \sum_{n=0}^{\infty}1_{A_n}(\omega) \ge [/mm] n+1$, d.h. [mm] $\omega \in \{Z_i \ge n+1\}$.
[/mm]
Die Richtung [mm] \dq $\supset$ \dq [/mm] überlasse ich dir.
> Man muss ja im Prinzip wieder nur zeigen, dass
> [mm]P(Z_i=k)=e^{-p}\frac{p^k}{k!},[/mm] oder?
Ja. Das geht dann auch relativ leicht, wenn du
[mm] $P(Z_i [/mm] = k) = [mm] P(Z_i \ge [/mm] k) - [mm] P(Z_i \ge [/mm] k+1)$
schreibst und das vorher bewiesene benutzt.
Viele Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:53 Sa 09.02.2013 | | Autor: | triad |
> > Man muss ja im Prinzip wieder nur zeigen, dass
> > [mm]P(Z_i=k)=e^{-p}\frac{p^k}{k!},[/mm] oder?
>
> Ja. Das geht dann auch relativ leicht, wenn du
>
> [mm]P(Z_i = k) = P(Z_i \ge k+1) - P(Z_i \ge k)[/mm]
>
> schreibst und das vorher bewiesene benutzt.
>
.. was ist denn [mm] $P(Z_i \ge [/mm] k+1)$? die verteilung von [mm] Z_i [/mm] kenne ich ja noch gar nicht. ich würde jetzt vielleicht [mm] P(Z_i \ge k+1)=P(\{Z_i \ge k+1\})=P(A_n) [/mm] schreiben, aber was ist dann [mm] P(A_n)? [/mm] ich versteh diese ganze verschachtelung irgendwie nicht ..
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Hallo,
> > > Man muss ja im Prinzip wieder nur zeigen, dass
> > > [mm]P(Z_i=k)=e^{-p}\frac{p^k}{k!},[/mm] oder?
> >
> > Ja. Das geht dann auch relativ leicht, wenn du
> >
> > [mm]P(Z_i = k) = P(Z_i \ge k+1) - P(Z_i \ge k)[/mm]
> >
> > schreibst und das vorher bewiesene benutzt.
> >
>
> .. was ist denn [mm]P(Z_i \ge k+1)[/mm]? die verteilung von
> [mm]Z_i[/mm] kenne ich ja noch gar nicht. ich würde jetzt
> vielleicht [mm]P(Z_i \ge k+1)=P(\{Z_i \ge k+1\})=P(A_n)[/mm]
> schreiben, aber was ist dann [mm]P(A_n)?[/mm] ich versteh diese
> ganze verschachtelung irgendwie nicht ..
Die Verschachtelung ist dazu da, um das mathematisch "exakt" zu beweisen. Du hast es schon richtig geschrieben:
[mm] $P(Z_i \ge [/mm] n+1) = [mm] P(A_n) [/mm] = [mm] P\left(X_i \ge \sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!}\right) [/mm] = [mm] 1-\sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!}$.
[/mm]
(Die Verteilung von [mm] $X_i$ [/mm] kennst du!)
Nun dasselbe mit [mm] $P(Z_i \ge [/mm] n)$.
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Ich habe oben einen kleinen Fehler gemacht, es ist
[mm] $P(Z_i [/mm] = n) = [mm] P(Z_i \ge [/mm] n) - [mm] P(Z_i \ge [/mm] n+1)$
(ich hatte es andersherum geschrieben).
Viele Grüße,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:26 Sa 09.02.2013 | | Autor: | triad |
> Hallo,
>
> Die Verschachtelung ist dazu da, um das mathematisch
> "exakt" zu beweisen. Du hast es schon richtig geschrieben:
>
> [mm]P(Z_i \ge n+1) = P(A_n) = P\left(X_i \ge \sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!}\right) = 1-\sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!}[/mm].
>
> (Die Verteilung von [mm]X_i[/mm] kennst du!)
>
> Nun dasselbe mit [mm]P(Z_i \ge n)[/mm].
>
Oh man, natürlich! Das hatte ich wohl ausgeblendet. Das macht es schonmal klarer.
Damit erhalte ich dann auch die Behauptung:
[mm] P(Z_i=n) [/mm] = [mm] P(Z_i\ge{}n)-P(Z_i\ge{}n+1) [/mm] =
[mm] P(A_{n-1})-P(A_n) [/mm] =
[mm] P(X_i\ge{}\sum_{k=0}^{n-1}e^{-p}\frac{p^k}{k!})-P(X_i\ge{}\sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!}) [/mm] = [mm] 1-P(...\le{}...)-(1-P(...\le{}...)) [/mm] =
( [mm] 1-\sum_{k=0}^{n-1}e^{-p}\frac{p^k}{k!} [/mm] ) - ( [mm] 1-\sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!} [/mm] ) und kürzen liefert [mm] e^{-p}\frac{p^n}{n!}.
[/mm]
gruß triad
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Genau !
Viele Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:22 So 10.02.2013 | | Autor: | triad |
| Aufgabe | | Berechne [mm] P(Y_1=Z_1=0) [/mm] und [mm] P(Y_1=Z_1=1) [/mm] sowie [mm] P(Y_1\not={}Z_1). [/mm] |
Hallo! Ich würde gerne noch diese gemeinsamen Verteilungen berechnen. Weiß man, ob die ZVen [mm] Y_i [/mm] und [mm] Z_i [/mm] unabhängig sind? Ich würde sagen ja, da die [mm] X_i [/mm] es auch sind. Dann könnte man die ersten beiden leicht berechnen zu
[mm] P(Y_1=Z_1=0)=P(Y_1=0,Z_1=0)=P(Y_1=0)*P(Z_1=0)=(1-p)*e^{-p}\frac{p^0}{0!}=(1-p)*e^{-p} [/mm] und
[mm] P(Y_1=Z_1=1)=P(Y_1=1,Z_1=1)=P(Y_1=1)*P(Z_1=1)=p*e^{-p}\frac{p^1}{1!}=p*e^{-p}*p=\frac{p^2}{e^p}.
[/mm]
Bei der letzten bräuchte ich etwas Hilfe. Mein Rechenweg:
[mm] P(Y_1\not={}Z_1) [/mm] bedeutet auch [mm] 1-P(Y_1=Z_1). [/mm] Und es gilt [mm] P(Y_1=Z_1)=\sum_{k=0}^{\infty}P(Y_1=k,Z_1=k)=P(Y_1=k)*P(Z_1=k). [/mm] k darf 0 oder 1 sein wegen [mm] Y_1\sim{}Bin(1,p), [/mm] für [mm] k\ge{}2 [/mm] ist [mm] P(Y_1=k) [/mm] gar nicht definiert oder =0 oder? Also [mm] P(Y_1=Z_1)=P(Y_1=0)*P(Z_1=0)+P(Y_1=1)*P(Z_1=1), [/mm] also [mm] P(Y_1\not={}Z_1)=1-P(Y_1=Z_1)=1-(P(Y_1=0)*P(Z_1=0)+P(Y_1=1)*P(Z_1=1))=1-\frac{p^2-p^3}{e^{-2p}} [/mm] mit dem von oben.
gruß triad
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Hallo triad,
> Berechne [mm]P(Y_1=Z_1=0)[/mm] und [mm]P(Y_1=Z_1=1)[/mm] sowie
> [mm]P(Y_1\not={}Z_1).[/mm]
> Hallo! Ich würde gerne noch diese gemeinsamen
> Verteilungen berechnen. Weiß man, ob die ZVen [mm]Y_i[/mm] und [mm]Z_i[/mm]
> unabhängig sind? Ich würde sagen ja, da die [mm]X_i[/mm] es auch
> sind.
???
Nein, natürlich sind [mm] $Y_1$ [/mm] und [mm] $Z_1$ [/mm] nicht unabhängig. Rekapitulieren wir nochmal die Definitionen:
[mm] $X_i \overset{iid}{\sim} [/mm] U[0,1]$,
[mm] $Y_i [/mm] := [mm] 1_{X_i \ge 1-p} \overset{iid}{\sim} [/mm] Bin(1,p)$
[mm] $Z_i [/mm] := [mm] \sum_{n=0}^{\infty}1_{A_n} \overset{iid}{\sim} [/mm] Poi(p)$ mit [mm] $A_n [/mm] = [mm] \{X_i \ge \sum_{k=0}^{n}\frac{p^{k}}{k!}e^{-p}\} [/mm] = [mm] \{Z_i \ge n+1\}$.
[/mm]
Daran siehst du doch, dass [mm] $Y_1$ [/mm] und [mm] $Z_1$ [/mm] beide nur von [mm] $X_1$ [/mm] abhängen! Sie sind also höchstwahrscheinlich nicht unabhängig.
(Die [mm] Y_i [/mm] sind natürlich untereinander unabhängig, genauso wie die [mm] Z_i [/mm] untereinander unabhängig sind. Aber [mm] Y_1 [/mm] und [mm] Z_1 [/mm] sind nicht unabhängig).
Die ganze restliche Lösung von dir ist daher leider falsch.
Ansatz:
[mm] $P(Y_1 [/mm] = [mm] Z_1 [/mm] = 0) = [mm] P(Y_1 [/mm] = 0, [mm] Z_1 [/mm] = 0)$
Es ist [mm] $Y_1 [/mm] = 0 [mm] \gdw X_1 [/mm] < 1-p$
Wann gilt [mm] $Z_1 [/mm] = 0$ ? Also was für eine Bedingung muss [mm] $X_1$ [/mm] dann erfüllen?
Du hast dann zwei Bedingungen für [mm] $X_1$ [/mm] in dem P(...) stehen und kannst die Wahrscheinlichkeit dann berechnen, weil du die Verteilung von [mm] $X_1$ [/mm] kennst.
> Bei der letzten bräuchte ich etwas Hilfe. Mein Rechenweg:
>
> [mm]P(Y_1\not={}Z_1)[/mm] bedeutet auch [mm]1-P(Y_1=Z_1).[/mm] Und es gilt
> [mm]P(Y_1=Z_1)=\sum_{k=0}^{\infty}P(Y_1=k,Z_1=k)=P(Y_1=k)*P(Z_1=k).[/mm]
> k darf 0 oder 1 sein wegen [mm]Y_1\sim{}Bin(1,p),[/mm] für [mm]k\ge{}2[/mm]
> ist [mm]P(Y_1=k)[/mm] gar nicht definiert oder =0 oder? Also
> [mm]P(Y_1=Z_1)=P(Y_1=0)*P(Z_1=0)+P(Y_1=1)*P(Z_1=1),[/mm] also
> [mm]P(Y_1\not={}Z_1)=1-P(Y_1=Z_1)=1-(P(Y_1=0)*P(Z_1=0)+P(Y_1=1)*P(Z_1=1))=1-\frac{p^2-p^3}{e^{-2p}}[/mm]
> mit dem von oben.
Da waren schon viele gute Ideen dabei, du hast allerdings Unabhängigkeit vorausgesetzt. Ich schreibe es dir auf bis zu dem Punkt, wo es gilt:
[mm] $P(Y_1 \not= Z_1) [/mm] = 1 - [mm] P(Y_1 [/mm] = [mm] Z_1)$
[/mm]
Wegen [mm] $Bild(Y_1) [/mm] = [mm] \{0,1\}$ [/mm] gilt:
$= 1 - [mm] \Big(P(Y_1 [/mm] = [mm] Z_1 [/mm] = 0) + [mm] P(Y_1 [/mm] = [mm] Z_1 [/mm] = [mm] 1)\Big).
[/mm]
Wie du siehst, brauchst du hier gar nicht mehr viel zu rechnen, du musst einfach nur die beiden Ergebnisse von den vorher berechneten Wahrscheinlichkeiten einsetzen.
Viele Grüße,
Stefan
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Hallo, kann mal jemand schauen, ob unsere Ergebnisse stimmen?
[mm]P(Y_1 = Z_1 = 0 )= (1-p)\sum_{k=0}^n e^{-p} \bruch{p^k}{k!}[/mm]
[mm]P(Y_1 = Z_1 = 1 )=1- ((1-p)\sum_{k=0}^n e^{-p} \bruch{p^k}{k!})
[/mm]
[mm] P(Y_1 \ne Z_1) = 0[/mm]
Sind uns vor allem beim vorletzten unsicher. (wobei dann auch beim letzten, da dieses ja aus den ersten beiden resultiert)
lg
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Hallo,
ich komme auf etwas anderes. Schreib mal für [mm] $P(Y_{1}=Z_{1}=0)$ [/mm] die Einschränkungen an [mm] $X_{1}$ [/mm] auf, das heißt schreibe auf wann gilt
[mm] $Y_{1}=0 \gdw X_{1}< [/mm] ...$
[mm] $Z_{1}=0 \gdw X_{1}< [/mm] ...$
Viele Grüße
Blasco
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:32 Mo 11.02.2013 | | Autor: | triad |
> Hallo,
>
> ich komme auf etwas anderes. Schreib mal für
> [mm]P(Y_{1}=Z_{1}=0)[/mm] die Einschränkungen an [mm]X_{1}[/mm] auf, das
> heißt schreibe auf wann gilt
>
> [mm]Y_{1}=0 \gdw X_{1}< ...[/mm]
>
> [mm]Z_{1}=0 \gdw X_{1}< ...[/mm]
>
> Viele Grüße
> Blasco
Das ist es gerade, was mir schwer fällt. [mm] Y_{1}=1 \gdw X_{1}\ge{}1-p [/mm] und [mm] Y_1=0 \gdw X_1<1-p. [/mm] Aber bei [mm] Z_1 [/mm] ...? Ein Freund schrieb, es sei [mm] P(Y_1=0,Z_1=0)=P(X_1<1-p,X_1<\sum_{k=0}^{0}e^{-p}\frac{p^k}{k!}), [/mm] aber das sieht mir auch nicht richtig aus.
gruß triad
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:06 Mo 11.02.2013 | | Autor: | Studiiiii |
> Ein Freund
> schrieb, es sei
> [mm]P(Y_1=0,Z_1=0)=P(X_1<1-p,X_1<\sum_{k=0}^{0}e^{-p}\frac{p^k}{k!}),[/mm]
> aber das sieht mir auch nicht richtig aus.
>
> gruß triad
Das habe ich auch so raus.
für [mm] Y_1 [/mm] = 1, [mm] Z_1 [/mm] = 1 gilt ja dann genau das komplement. So war meine Überlegung.
edit: wieso läuft deine summe nur bis 0 ? meine ist bis n gelaufen.
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Heidiho,
> > Hallo,
> >
> > ich komme auf etwas anderes. Schreib mal für
> > [mm]P(Y_{1}=Z_{1}=0)[/mm] die Einschränkungen an [mm]X_{1}[/mm] auf, das
> > heißt schreibe auf wann gilt
> >
> > [mm]Y_{1}=0 \gdw X_{1}< ...[/mm]
> >
> > [mm]Z_{1}=0 \gdw X_{1}< ...[/mm]
> >
> > Viele Grüße
> > Blasco
>
> Das ist es gerade, was mir schwer fällt. [mm]Y_{1}=1 \gdw X_{1}\ge{}1-p[/mm]
> und [mm]Y_1=0 \gdw X_1<1-p.[/mm] Aber bei [mm]Z_1[/mm] ...? Ein Freund
> schrieb, es sei
> [mm]P(Y_1=0,Z_1=0)=P(X_1<1-p,X_1<\sum_{k=0}^{0}e^{-p}\frac{p^k}{k!}),[/mm]
> aber das sieht mir auch nicht richtig aus.
>
Für die Zufallsvariablen [mm] $Y_{i}$ [/mm] hast du die Äquivalenzen richtig aufgeschrieben. Jetzt überlegen wir uns mal, wann die Zufallsvariablen
$ [mm] Z_i=\sum_{n=0}^{\infty}1_{\{X_i\ge{}\sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!}\}} [/mm] $
gleich 0 sind. Offenbar kann eine Indikatorvariable nur Null oder Eins werden. Das heißt, der Wert der Zufallsvariabeln [mm] $Z_{i}$ [/mm] eine Summe von nichtnegativen Zahlen ist. Das heißt also, dass [mm] $Z_{i}=0$ [/mm] gilt, genau dann wenn
[mm] $X_i [/mm] < [mm] \sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!}$
[/mm]
für jedes $n [mm] \in \IN$
[/mm]
Zeige nun [mm] $Z_{i}=0 \gdw X_{i}
> gruß triad
Viele Grüße
Blasco
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> Zeige nun [mm]Z_{i}=0 \gdw X_{i}
Ist es nicht:
[mm]X_i < \sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!} = e^{-p}\sum_{k=0}^{n} \frac{p^k}{k!} = 1, n \rightarrow infinity [/mm]
und da bekanntlich [mm] e^{-p} [/mm] < 1 ist folgt die Beh. ?
(wie gibt man unendlich per formeleditor ein? )
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Hallo,
> > Zeige nun [mm]Z_{i}=0 \gdw X_{i}
>
> Ist es nicht:
> [mm]X_i < \sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!} = e^{-p}\sum_{k=0}^{n} \frac{p^k}{k!} = 1, n \rightarrow infinity[/mm]
>
> und da bekanntlich [mm]e^{-p}[/mm] < 1 ist folgt die Beh. ?
Das sehe ich nicht (also warum aus [mm] $e^{-p} [/mm] < 1$ die Behauptung folgt).
Rekapituliere: [mm] $A_0 \supset A_1 \supset A_2 \supset [/mm] ...$
Das bedeutet, wenn [mm] $1_{A_2}(\omega) [/mm] = 0$ folgt auch [mm] $1_{A_{1}}(\omega) [/mm] = 0$, [mm] $1_{A_{0}}(\omega) [/mm] = 0$ usw.
[mm] $Z_i [/mm] = [mm] \sum_{n=0}^{\infty}1_{A_n} [/mm] = 0$ gilt daher genau dann, wenn der erste Summand Null ist, d.h. [mm] $1_{A_0} [/mm] = 0$.
Das ist genau dann der Fall, wenn [mm] $X_i [/mm] < [mm] e^{-p}$.
[/mm]
> (wie gibt man unendlich per formeleditor ein? )
[mm] $\infty$ [/mm] (Backslash + infty)
Viele Grüße,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:51 Di 12.02.2013 | | Autor: | triad |
> Hallo,
>
>
> > > Zeige nun [mm]Z_{i}=0 \gdw X_{i}
> >
> > Ist es nicht:
> > [mm]X_i < \sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!} = e^{-p}\sum_{k=0}^{n} \frac{p^k}{k!} = 1, n \rightarrow infinity[/mm]
>
> >
> > und da bekanntlich [mm]e^{-p}[/mm] < 1 ist folgt die Beh. ?
>
> Das sehe ich nicht (also warum aus [mm]e^{-p} < 1[/mm] die
> Behauptung folgt).
>
> Rekapituliere: [mm]A_0 \supset A_1 \supset A_2 \supset ...[/mm]
> Das
> bedeutet, wenn [mm]1_{A_2}(\omega) = 0[/mm] folgt auch
> [mm]1_{A_{1}}(\omega) = 0[/mm], [mm]1_{A_{0}}(\omega) = 0[/mm] usw.
>
>
> [mm]Z_i = \sum_{n=0}^{\infty}1_{A_n} = 0[/mm] gilt daher genau dann,
> wenn der erste Summand Null ist, d.h. [mm]1_{A_0} = 0[/mm].
>
> Das ist genau dann der Fall, wenn [mm]X_i < e^{-p}[/mm].
>
>
Danke für die Erklärung! Jetzt ist alles klar von meiner Seite.
gruß triad
>
> > (wie gibt man unendlich per formeleditor ein? )
>
> [mm]\infty[/mm] (Backslash + infty)
>
> Viele Grüße,
> Stefan
>
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also ich habe folgendes betrachtet:
[mm]
Y_1 = 0 \gdw X_1<1-p
[/mm]
[mm]
Z_1 = 0 \gdw X_1<\sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!}
[/mm]
Das setzt sich aus der Definition zusammen der Indikatorvariable.
Ich dachte desweiteren, dass
[mm]P(X_1<1-p, X_1<\sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!})
[/mm]
man mittels der Verteilungsfunktion und der unabhängigkeit auseinanderziehen und auflösen kann. Wobei das mit der Unabhängigkeit etwas komisch ist, da es immer das selbe [mm] X_1 [/mm] ist.
wo ist mein denkfehler?
lg
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:19 Mo 11.02.2013 | | Autor: | triad |
> also ich habe folgendes betrachtet:
>
> [mm]
Y_1 = 0 \gdw X_1<1-p
[/mm]
> [mm]
Z_1 = 0 \gdw X_1<\sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!}
[/mm]
> Das
> setzt sich aus der Definition zusammen der
> Indikatorvariable.
> Ich dachte desweiteren, dass
> [mm]P(X_1<1-p, X_1<\sum_{k=0}^{n}e^{-p}\frac{p^k}{k!})
[/mm]
> man
> mittels der Verteilungsfunktion und der unabhängigkeit
> auseinanderziehen und auflösen kann. Wobei das mit der
> Unabhängigkeit etwas komisch ist, da es immer das selbe
> [mm]X_1[/mm] ist.
>
> wo ist mein denkfehler?
>
> lg
Die ZVen [mm] Y_i [/mm] und [mm] Z_i [/mm] sind nicht unabhängig wie hier schon festgestellt wurde. Das bringt uns also nicht weiter.
gruß triad
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:34 Di 12.02.2013 | | Autor: | Studiiiii |
Aber die [mm] X_i [/mm] sind unabhänggig, und mein P hängt nur noch von den [mm] X_i [/mm] ab ... daher die frage
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Hallo,
> Aber die [mm]X_i[/mm] sind unabhänggig, und mein P hängt nur noch
> von den [mm]X_i[/mm] ab ... daher die frage
Erlaubt wäre:
[mm] $P(X_1 [/mm] < a, [mm] X_2 [/mm] < b) = [mm] P(X_1 [/mm] < [mm] a)*P(X_2 [/mm] < b)$
weil [mm] $X_1, X_2$ [/mm] unabhängig sind.
Aber [mm] $X_1$ [/mm] ist nicht "zu sich selbst" unabhängig!
Deswegen ist
[mm] $P(X_1 [/mm] < a, [mm] X_1 [/mm] < b) = [mm] P(X_1 [/mm] < [mm] a)*P(X_1 [/mm] < b)$
im Allgemeinen FALSCH.
Viele Grüße,
Stefan
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