Zentraler Grenzwertsatz < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 07:42 Di 28.10.2008 | | Autor: | winkie |
| Aufgabe | Wir haben eine unabhängige und identisch verteilte Zufallsstichprobe der Größe n einer exponentiellen Verteilung mit Mittelwert 1 und Varianz 1.
Der Stichprobenmittelwert heißt [mm] \overline{X}_n.
[/mm]
1. Wie lautet näherungsweise die Verteilung von [mm] \wurzel{n}(\overline{X}_n-1)?
[/mm]
2. Verteilung von [mm] \overline{X}_n-1 [/mm] ?
3. Sei [mm] X_i [/mm] ein unabhängiger, identisch verteilter Zug mit Bernoulli-Verteilung mit Parameter p=1/2, also [mm] Pr(X_i=1)=1/2. [/mm] Berechne Erwartungswert und Standardabweichung von [mm] X_i.
[/mm]
4. Was ist näherungsweise die Verteilung von [mm] \wurzel{n}*(\overline{X}_n-0,5)/0,5.
[/mm]
5. Verteilung von [mm] \overline{X}_n? [/mm] |
Ich habe diese Frage ausschließlich in diesem Forum hier gestellt.
Hallo miteinander,
habe mal wieder Verständnisprobleme. Die ersten beiden Aufgaben gehen noch runter wie Öl. Da kann ich ganz im Schema F kopieren, was ich gelernt habe ;)
Da heisst es zu 1. in meinem Kopf: Aha, da ist ne Zufallsvariable [mm] X_i [/mm] und der Mittelwert einer ausreichend großen Stichprobe heißt [mm] \overline{X}_n. [/mm] Im Kapitel "zentraler Grenzwertsatz" konnte ich nachvollziehen, dass wenn man diesen Wert standardisiert, entspricht die Verteilung für große Stichproben immer mehr der Standardnormalverteilung N(0,1), unabhängig von der Verteilung der nicht standardisierten Zufallsvariablen. Ohne die Standardisierung gehts in Richtung Normalverteilung. (das [mm] \wurzel{n} [/mm] kann ich mir nicht vorstellen)
Also Antwort hier: standardnormalverteilt.
2. Wenn ich nicht mit [mm] \wurzel{n} [/mm] multipliziere, hab ich gelernt, dass die Verteilung bei [mm] n\to\infty [/mm] auf einen einzigen Punkt zuläuft ("collapses to a single point" steht im Lehrbuch). Gut abgesehen davon, dass ich mir darunter nichts vorzustellen vermag, kann ich doch einfach diese Antwort geben. Sehr unbefriedigend.
3. E= 1/2n? [mm] STD=\wurzel{VAR}=\wurzel{1/4n} [/mm] ?
Was hat das denn mit dem Central Limit Theorem zu tun?
4. Aja, halb standardisiert? Ihr merkt, bin überfragt.
5. Hier fehlt [mm] \wurzel{n}, [/mm] also läuft Verteilung auf einen Punkt zu. Fehlt auch die Standardisierung. Also im Vergleich zu Aufgabe 2, genauso ein Punkt, nur eben ein anderer, nur welcher? Kann ich das überhaupt beziffern und wie hab ich mir das vorzustellen? Ich hab hier auf meiem Schmierzettel stehen: [mm] \overline{X}_n~N(1,1/n)... [/mm] weiß nicht mehr, woher ich das habe, leider und kann es auch nicht mehr nachvollziehen.
OK, entschuldigt wirklich dieses ausufernde Posting. Ich hoffe jemand findet die Muße, sich durchzuringen und mir "ein bisschen" unter die Arme zu greifen!
Beste Grüße
Mickel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:21 Di 28.10.2008 | | Autor: | luis52 |
Moin winkie,
du hast recht, [mm] *asymptotisch*($n\to \infty$) [/mm] ist das standardisierte
[mm] $\bar [/mm] X$ standardnormalverteilt. Man nutzt das so aus, dass man
unterstellt, dass [mm] $\bar [/mm] X$ fuer hinreichend grosse n *approximativ*
normalverteilt ist.
Alle in der Aufgabe genannten Zufallsvariablen sind lineare
Transformationen der approximativ normalverteilten Zufallsvariablen
[mm] $\bar [/mm] X$. Wie sind lineare Transformationen einer normalverteilten
Zufallsvariablen verteilt?
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:14 Mi 29.10.2008 | | Autor: | winkie |
Hallo luis, und danke erst einmal für deinen Kommentar!
ich habe bisschen im Lehrbuch geblättert und gefunden, dass lineare Transformationen den Verteilungstyp nicht verändern würden. Die Variablen in der Aufgabe sind dann immer noch normalverteilt und zwar.
Obwohl, warte... in der Aufgabe heißt es, die Verteilung sei exponentiell.
Weiter: Ich habe in Aufgabenteil 1 gesehen, dass die n-te Wurzel multipliziert mit [mm] (\overline{X}_n-1), [/mm] also der Stichprobenmittelwert abzüglich des Mittelwerts (1), dividiert durch die Standardabweichung (1), die Standardisierung ist. Das heißt die Verteilung dieser neuen Zufallsvariablen ist, egal welche Ausgangsverteilung wir haben (hier exponentiell), standardnormalverteilt.
Davon ausgehend guck ich mir die nächsten AUfgabenteile an:
In 2. wird diese meine standardnormalverteilte Zufallsvariable durch [mm] \wurzel{n} [/mm] geteilt.
Bei einer linearen Transformation Y=a+bX ist mein a=0 und [mm] b=1/\wurzel{n}.
[/mm]
Heißt das jetzt für meine neue Verteilung von hier explizit [mm] \overline{X}n-1=Y [/mm] ~ [mm] N(a+b\mu, |b|*\sigma) [/mm] also
[mm] \overline{X}_n-1 [/mm] ~ [mm] N(0,1/\wurzel{n})
[/mm]
Erstmal soweit.
und danke nochmal für die hilfe ;)
Gruß
Mickel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:21 Mi 29.10.2008 | | Autor: | luis52 |
>
> Heißt das jetzt für meine neue Verteilung von hier explizit
> [mm]\overline{X}n-1=Y[/mm] ~ [mm]N(a+b\mu, |b|*\sigma)[/mm] also
>
> [mm]\overline{X}_n-1[/mm] ~ [mm]N(0,1/\wurzel{n})[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Aber noch besser: Approximativ. Denn [mm] $\overline{X}_n-1$ [/mm] ist in diesem Fall
(exponentialverteilte Grundgesamtheit) nie *exakt* normalverteilt.
>
> Erstmal soweit.
>
> und danke nochmal für die hilfe ;)
>
>
Gerne.
vg Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:47 Mi 29.10.2008 | | Autor: | winkie |
Wow danke luis ;)
So langsam dämmerts im Schädel.
Nur zu Punkt 3 mit der Bernoulli-Sache und p=1/2, da stockts noch bzgl. Erwartungswert und Varianz. Das is ja jetzt keine exponentielle Verteilung mehr, oder?
(Bin ein wenig durch den Wind...)
Mmh für diese Frage streiche ich das "ein bisschen" aus dem letzten Satz meines ersten Postings zu der Sache.
Beste Grüße
Mickel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:18 Mi 29.10.2008 | | Autor: | luis52 |
Hallo winkie
> Nur zu Punkt 3 mit der Bernoulli-Sache und p=1/2, da
> stockts noch bzgl. Erwartungswert und Varianz. Das is ja
> jetzt keine exponentielle Verteilung mehr, oder?
> (Bin ein wenig durch den Wind...)
Melde dich, wenn du noch etwas zur "Bernoulli-Sache" hoeren willst.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:29 Mi 29.10.2008 | | Autor: | winkie |
Hätte ich statt einer Mitteilung eine Frage posten sollen um eine Antwort zu bekommen? ;)
Ja, diese Bernoulli-Aufgabe interessiert mich immer noch.
Woran ich gerade sitze aber, ist die lineare Transformation von
[mm] \wurzel{n}*(\overline{X}_n-1) [/mm] hin zu
[mm] \wurzel{n}*((\overline{X}_n-0,5)/0,5).
[/mm]
Letzteres ist im Folgenden Y, ersteres X: Y=a+bX
a=0, [mm] b=(2*\overline{X}_n-1)/\overline{X}_n-1.
[/mm]
Wenn das die falsche lineare Transformation ist, wo mach ich hier einen Fehler?
Zu Bernoulli:
Erwartungswert ist (1/4)*n
Standardabweichung ist [mm] \wurzel{n}/2
[/mm]
Stimmts?
Danke dass du hier drangeblieben bist ;)
Alles Gute
Mickel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:14 Mi 29.10.2008 | | Autor: | luis52 |
Moin Mickel,
tu so als ob [mm] $\bar [/mm] X$ normalverteilt ist mit [mm] $\operatorname{E}[\bar X]=\mu$ [/mm] (Erwartungswert von [mm] $X_i$) [/mm]
und [mm] $\operatorname{Var}[\bar X]=\sigma^2/n$ ($\sigma^2$: [/mm] Varianz von [mm] $X_i$).
[/mm]
Grundsaetzlich ist dann auch jede Lineartransformation [mm] $Y=a+b\bar [/mm] X$
approximativ normalverteilt mit [mm] $\operatorname{E}[Y]=a+b\mu$ [/mm] und
[mm] $\operatorname{Var}[Y]=b^2\sigma^2/n$
[/mm]
Wende nun das oben Gesagte an auf
Exponentialverteilung mit [mm] $\mu=1=\sigma^2$
[/mm]
$ [mm] \wurzel{n}\cdot{}(\overline{X}_n-1)=\sqrt{n}\bar X-\sqrt{n} [/mm] $
$ [mm] \wurzel{n}\cdot{}((\overline{X}_n-0,5)/0,5)= (\wurzel{n}/0,5)\overline{X}_n-\wurzel{n}. [/mm] $
Bernoulli-Verteilung mit [mm] $\mu=p=1/2$ [/mm] und [mm] $\sigma^2=p(1-p)=1/4$
[/mm]
...
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 06:38 Do 30.10.2008 | | Autor: | winkie |
Hallo nochmal,
denke ich habs jetzt kapiert ;)
Wenn ich keinen Fehler gemacht habe, lautet die Verteilung für
[mm] \wurzel{n}*((\overline{X}_n-0,5)/0,5) [/mm] ~ [mm] N(\wurzel{n},2/\wurzel{n})
[/mm]
Na hoffentlich stimmts!
Beste grüße
Mickel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:56 Do 30.10.2008 | | Autor: | luis52 |
Moin Mickel
>
> denke ich habs jetzt kapiert ;)
> Wenn ich keinen Fehler gemacht habe, lautet die Verteilung
> für
> [mm]\wurzel{n}*((\overline{X}_n-0,5)/0,5)[/mm] ~
> [mm]N(\wurzel{n},2/\wurzel{n})[/mm]
>
> Na hoffentlich stimmts!
*Ich* rechne so:
[mm] $\operatorname{E}[\wurzel{n}\cdot{}((\overline{X}_n-0,5)/0,5)]= \operatorname{E}[2\wurzel{n}\overline{X}_n-\wurzel{n}]=2\sqrt{n}-\sqrt{n}=\sqrt{n}$ [/mm] (dein Ergebnis) und
[mm] $\operatorname{Var}[2\wurzel{n}\overline{X}_n-\wurzel{n}]=4n/n=4$ [/mm] (nicht dein Ergebnis).
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:54 Do 30.10.2008 | | Autor: | winkie |
Hi ;)
also heute wurden die Lösungen zu vielen Aufgaben veröffentlicht. Darunter auch diese hier.
Und ich bin erneut verwirrt. Man liest folgendes (vgl. ersten Post in diesem Thread)
zu1. [mm] \wurzel{n}*(\overline{X}_n-1) [/mm] hat nach dem "Central Limit Theorem" approximativ eine Standardnormalverteilung. Weiter lese ich: Da n (Größe der Stichprobe unabhängig, identisch verteilter Zufallsvariablen [mm] {X_1, X_2, ..., X_n} [/mm] nicht spezifiziert ist, spricht man hier von approximativ und NICHT von asymptotisch.
Alles klar soweit!
zu2. Hier gehts schon los. Ergebnis lautet: Approximativ hat [mm] (\overline{X}_n-1) [/mm] die Verteilung N (0,1/n). Ich hatte N [mm] (0,1/\wurzel{n})...
[/mm]
zu3. Bei der Bernoulli Distribution lautet der Erwartungswert 1/2, die Standardabweichung ebenfalls 1/2.
zu4. Das mit der linearen Transformation klang so logisch, hatte mich richtig gefreut. Unverständliches offizielles Ergebnis sagt: Die approximative Verteilung von [mm] \wurzel{n}*((\overline{X}_n-0,5)/0,5) [/mm] sei laut Zentralem Grenzwertsatz eine Standardnormalverteilung....???
zu5. Approximativ habe [mm] \overline{X}_n [/mm] die Verteilung N (0,5 , 0,25/n)
Noch irgendwelche Gedanken dazu?
Alles Gute und herzliche Grüße
Mickel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:19 Do 30.10.2008 | | Autor: | luis52 |
> Hi ;)
>
> also heute wurden die Lösungen zu vielen Aufgaben
> veröffentlicht. Darunter auch diese hier.
> Und ich bin erneut verwirrt. Man liest folgendes (vgl.
> ersten Post in diesem Thread)
>
> zu1. [mm]\wurzel{n}*(\overline{X}_n-1)[/mm] hat nach dem "Central
> Limit Theorem" approximativ eine Standardnormalverteilung.
> Weiter lese ich: Da n (Größe der Stichprobe unabhängig,
> identisch verteilter Zufallsvariablen [mm]{X_1, X_2, ..., X_n}[/mm]
> nicht spezifiziert ist, spricht man hier von approximativ
> und NICHT von asymptotisch.
> Alles klar soweit!
>
> zu2. Hier gehts schon los. Ergebnis lautet: Approximativ
> hat [mm](\overline{X}_n-1)[/mm] die Verteilung N (0,1/n). Ich hatte
> N [mm](0,1/\wurzel{n})...[/mm]
Das ist eine Konventionsfrage. Ist $X$ normalverteilt mit
[mm] $\operatorname{E}[X]=\mu$ [/mm] und [mm] $\operatorname{Var}[X]=\sigma^2$, [/mm] so
schreiben manche Autoren: X ist [mm] $N(\mu,\sigma)$-verteilt [/mm] und
manche schreiben X ist [mm] $N(\mu,\sigma^2)$-verteilt. [/mm] Schau mal in
dein Skript, welche Konvention benutzt wird (ich vermute stark die
zweite).
>
> zu3. Bei der Bernoulli Distribution lautet der
> Erwartungswert 1/2, die Standardabweichung ebenfalls 1/2.
Wo ist das Problem? [mm] $\operatorname{E}[X]=p=1/2$ [/mm] und
[mm] $\operatorname{Var}[X]=\sigma^2=p(1-p)=1/4$, [/mm] Standardabweichung
[mm] $\sigma=1/2$.
[/mm]
>
> zu4. Das mit der linearen Transformation klang so logisch,
> hatte mich richtig gefreut. Unverständliches offizielles
> Ergebnis sagt: Die approximative Verteilung von
> [mm]\wurzel{n}*((\overline{X}_n-0,5)/0,5)[/mm] sei laut Zentralem
> Grenzwertsatz eine Standardnormalverteilung....???
Der Zentrale Grenzwertsatz besagt mit obiger Notation, dass
[mm] $\wurzel{n}*((\overline{X}_n-\mu)/\sigma)$ [/mm] approximativ standardnormalverteilt ist. Kein Widerspruch.
>
> zu5. Approximativ habe [mm]\overline{X}_n[/mm] die Verteilung N (0,5
> , 0,25/n)
2. Konvention!
>
> Noch irgendwelche Gedanken dazu?
Nein, bin restlos gluecklich! 
>
> Alles Gute und herzliche Grüße
> Mickel
Ebenfalls.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 05:13 Fr 31.10.2008 | | Autor: | winkie |
> zu4. Das mit der linearen Transformation klang so logisch,
> hatte mich richtig gefreut. Unverständliches offizielles
> Ergebnis sagt: Die approximative Verteilung von
> $ [mm] \wurzel{n}\cdot{}((\overline{X}_n-0,5)/0,5) [/mm] $ sei laut Zentralem
> Grenzwertsatz eine Standardnormalverteilung....???
Der Zentrale Grenzwertsatz besagt mit obiger Notation, dass
$ [mm] \wurzel{n}\cdot{}((\overline{X}_n-\mu)/\sigma) [/mm] $ approximativ standardnormalverteilt ist. Kein Widerspruch.
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Es will noch nicht in meinen Schädel, dass wir beide einerseits rechnen und die Verteilung mittels linearer Transformation bekommen wollen - hier nach deiner Rechnung N ~ [mm] (\wurzel{n},4) [/mm] - und andererseits das Ergebnis, dass die obige Lineartransformation approximativ standardnormalverteilt sei N ~ (0,1). Beim ersten hab ich nen Mittelwert von Gott weiß wie hoch, wenn n sehr groß wird und ne weite Streuung, beim zweiten Null und Eins. Das ist doch nicht dasselbe?
Besten Gruß
Mickel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:42 Fr 31.10.2008 | | Autor: | luis52 |
> Es will noch nicht in meinen Schädel, dass wir beide
> einerseits rechnen und die Verteilung mittels linearer
> Transformation bekommen wollen - hier nach deiner Rechnung
> N ~ [mm](\wurzel{n},4)[/mm] - und andererseits das Ergebnis, dass
> die obige Lineartransformation approximativ
> standardnormalverteilt sei N ~ (0,1).
Ich weiss, nicht worauf du dich beziehst.
> Beim ersten hab ich
> nen Mittelwert von Gott weiß
*Luis* reicht!
> wie hoch, wenn n sehr groß
> wird und ne weite Streuung, beim zweiten Null und Eins. Das
> ist doch nicht dasselbe?
Wie gesagt, ich weiss nicht. worauf du dich beziehst.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:20 Fr 31.10.2008 | | Autor: | winkie |
Moin Mickel
>
> denke ich habs jetzt kapiert ;)
> Wenn ich keinen Fehler gemacht habe, lautet die Verteilung
> für
> $ [mm] \wurzel{n}\cdot{}((\overline{X}_n-0,5)/0,5) [/mm] $ ~
> $ [mm] N(\wurzel{n},2/\wurzel{n}) [/mm] $
>
> Na hoffentlich stimmts!
*Ich* rechne so:
$ [mm] \operatorname{E}[\wurzel{n}\cdot{}((\overline{X}_n-0,5)/0,5)]= \operatorname{E}[2\wurzel{n}\overline{X}_n-\wurzel{n}]=2\sqrt{n}-\sqrt{n}=\sqrt{n} [/mm] $ (dein Ergebnis) und
$ [mm] \operatorname{Var}[2\wurzel{n}\overline{X}_n-\wurzel{n}]=4n/n=4 [/mm] $ (nicht dein Ergebnis).
vg Luis
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Ich beziehe mich darauf. Da hast du vorgerechnet, dass Verteilung lautet
N [mm] (\wurzel{n}, [/mm] 4). Aber du bist auch glücklich mit der Lösung, dass [mm] \wurzel{n}*((\overline{X}_n-0,5)/0,5) [/mm] standardnormalverteilt ist.
Ich würde darüber auch gerne glücklich sein ;)
Besten Gruß
Mickel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:38 Fr 31.10.2008 | | Autor: | luis52 |
> Ich würde darüber auch gerne glücklich sein ;)
>
Ich will mein Bestes geben.
Das Ergebnis [mm] $N(\sqrt{n},4)$ [/mm] habe ich fuer den Fall der
Exponentialverteilung mit [mm] $\mu=1=\sigma^2$ [/mm] berechnet.
Im Fall der Bernoulli-Verteilung ist [mm] $\mu=1/2$ [/mm] und [mm] $\sigma^2=1/4$, [/mm] so dass
[mm] $\operatorname{E}[\wurzel{n}\cdot{}((\overline{X}_n-0,5)/0,5)]= \operatorname{E}[2\wurzel{n}\overline{X}_n-\wurzel{n}]=2\sqrt{n}/2-\sqrt{n}=0 [/mm] $
und
$ [mm] \operatorname{Var}[2\wurzel{n}\overline{X}_n-\wurzel{n}]=4n/(4n)=1 [/mm] $
vg Luis
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:40 Fr 31.10.2008 | | Autor: | winkie |
Ohh Gott .... äähh *Luis* sei dank!
Ganz im Ernst: ich bin richtig dankbar für diese kleine Marathon-Hilfeleistung!
Endlich klärt es sich auf. Ich hab die Zweiteilung dieser Aufgabe völlig missachtet. Die Teile 1 und 2 beziehen sich auf eine exponentielle Verteilung und 3, 4 und 5 nehmen alle die Bernoulli Verteilung an!
So fühlt man sich also wenn der Groschen fällt... tolles Gefühl ;)
Herzlichsten Gruß
Mickel
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