Verteilungsfunktion II

10.11.2007, 00:47

Fletcher

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Verteilungsfunktion II

Hallo,

kann mir jemand bei dieser Aufgabe helfen:

Ein Zufallsexperiment X habe die möglichen Ergebnisse $\begin{eqnarray*} c_1,c_2,...,c_k \end{eqnarray*}$ wobei das Ergebnis $\begin{eqnarray*} c_i \end{eqnarray*}$
mit Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p_i \end{eqnarray*}$ eintrete (wobei $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^k~p_i=1 \end{eqnarray*}$ ). Es wird n-mal unabhängig,
voneinander das Zufallsexperiment X durchgeführt. Es bezeichne $\begin{eqnarray*} N_i \end{eqnarray*}$ die Anzahl der Teilexperimente, bei denen das Ergebnis i beobachtet wird.

a) Geben Sie einen Wahrscheinlichkeitsraum an und beschreiben Sie $\begin{eqnarray*} Y:=(N_1,N_2,...,N_k) \end{eqnarray*}$ als Funktion auf $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ .
b) Bestimmen Sie die Verteilung von Y.
c) Bestimmen Sie die Verteilung von $\begin{eqnarray*} N_i \end{eqnarray*}$ für festes i.

Alles was ich bisher gefunden habe ist einen günstigen Wahrscheinlichkeitsraum anzugeben.

$\begin{eqnarray*} \Omega = \{c_1,c_2,...,c_k\}^n \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(\{c_i\}=p_i \end{eqnarray*}$
und dann halt noch die Potenzmenge als Ereignisfeld,

aber wie komme ich auf die anderen Sachen zu Teilaufgabe a) b) und c)

Hat jemand Tips, Ideen etc? smile

smile

10.11.2007, 10:04

Sunwater

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überleg dir zur Teilaufgabe von a), was passieren muss, damit du

$\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ mal das Ergebnis $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ hattest, dass also gilt: $\begin{eqnarray*} N_1 = x_1 \end{eqnarray*}$ usw. mit $\begin{eqnarray*} N_2 = x_2, ... ,N_n = x_n \end{eqnarray*}$

kannst du in einer Formel beschreiben, wie es dazu kommt, dass jedes Ergebnis so und so oft erreicht wird?

danach kannst du über b) und c) nachdenken...

11.11.2007, 09:51

Fletcher

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Okay,

also die Wahrscheinlichkeit, dass $\begin{eqnarray*} N_1 \end{eqnarray*}$ das Ergebnis $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ auftritt ist doch dann $\begin{eqnarray*} =p_1^{N_1} \end{eqnarray*}$

Aber meiner Meinung nach ist jetzt noch nicht verbaut, dass eben N_2 mal das 2. Ergebnis auftritt usw. Bin ich da auf dem richtigen Weg?

11.11.2007, 11:18

Sunwater

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jep - das ist erstmal richtig...

und du hast auch richtig gesehen, dass noch N_2 mal das 2. Ergebnis auftreten muss - was machst du also, wenn du weißt wie's beim 1.Ergebnis geht?

11.11.2007, 20:39

Fletcher

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Ja ich nehme mal an das gleiche, und das mache ich also für alle Ergebnisse, aber wie gebe ich das als Funktion an so wie es verlangt wird? Das verstehe ich einfach nicht.

12.11.2007, 10:24

Sunwater

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du musst das doch nur noch kombinieren...

wenn du weißt, dass die Wahrscheinlichkeit für $\begin{eqnarray*} N_1 \end{eqnarray*}$ mal das Ergebnis $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ gleich $\begin{eqnarray*} p_1^{N_1} \end{eqnarray*}$ ist, die Wahrscheinlichkeit für $\begin{eqnarray*} N_2 \end{eqnarray*}$ mal das Ergebnis $\begin{eqnarray*} c_2 \end{eqnarray*}$ gleich $\begin{eqnarray*} p_2^{N_2} \end{eqnarray*}$ usw...

wie hoch ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass $\begin{eqnarray*} N_1 \end{eqnarray*}$ mal Ergebnis $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ UND $\begin{eqnarray*} N_2 \end{eqnarray*}$ mal Ergebnis $\begin{eqnarray*} c_2 \end{eqnarray*}$ (usw.) kommt?

wenn du nicht drauf kommst überleg dir mal, wie das bei der Bernoulli-verteilung ist. Wenn du ne Erfolgswahrscheinlichkeit von p hast und ne Misserfolgswahrscheinlichkeit von (1-p) dann ist doch die Wahrscheinlichkeit für k Treffer bei N versuchen:

$\begin{eqnarray*} P(\text{ k~ Treffer }) = p^k (1-p)^{N-k} \end{eqnarray*}$

das ist ein Beispiel für dein 1.Ergebnis ( Erfolg ) und dein 2. Ergebnis ( Misserfolg ), und N_1 = k, N_2 = N-k.

die Funktion kriegste dann selber hin oder?

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12.11.2007, 18:44

Fletcher

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Ich habe mir jetzt bei der a) folgendes überlegt:

$\begin{eqnarray*} Y=\sum_{i=1}^k~p_i^{N_i} \end{eqnarray*}$

Ich glaub das ist für die Funktion richtig, aber leider sehe ich jetzt bei der b) nicht ganz den Zusammehang mit der Verteilung.

Habe mir schon so was ähnliches wie die PoissonVerteilung überlegt, allerdings bin ich mir da überhaupt nicht sicher.

Wäre super wenn du mir bei dir b) noch einen Tip geben könntest und mir die a) so absegnest, ich bin der Meinung, dass es so richtig sein müsste. Freude

Freude

12.11.2007, 18:58

AD

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Zitat:

Original von Fletcher
Ich habe mir jetzt bei der a) folgendes überlegt:

$\begin{eqnarray*} Y=\sum_{i=1}^k~p_i^{N_i} \end{eqnarray*}$

Der Zufallsvektor $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ , bestehend aus ganzzahligen Komponenten, ist gleich einer reellen Zahl??? Vielleicht soll das hier schon eine Aussage zur Wahrscheinlichkeitsverteilung von Y sein - aber die ist hier gar nicht gefordert! Sondern eíne Beschreibung $\begin{eqnarray*} Y=Y(\omega) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \omega\in\Omega \end{eqnarray*}$ .

12.11.2007, 21:18

Fletcher

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Lieber Arthur

wie solle denn die Beschreibung deiner Meinung nach aussehen?

Ich verstehe zwar deine Argumentation, aber wie soll bitte diese Funktion Y sonst aussehen?

12.11.2007, 21:23

AD

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"Lieber" Fletcher - wie lautet denn überhaupt dein W-Raum?

12.11.2007, 21:37

Fletcher

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smile

Also für den Merkmalsraum: $\begin{eqnarray*} \Omega=\{ c_1,c_2,...,c_k\}^n \end{eqnarray*}$
Als Ereignisfeld, die Potenzmenge
und das W-maß ist: $\begin{eqnarray*} P=(\{a_i \})=p_i \end{eqnarray*}$

12.11.2007, 21:41

AD

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Zitat:

Original von Fletcher
Also für den Merkmalsraum: $\begin{eqnarray*} \Omega=\{ c_1,c_2,...,c_k\}^n \end{eqnarray*}$

Eine gute Wahl, diese n-fache kartesische Produkt.

Zitat:

Original von Fletcher
und das W-maß ist: $\begin{eqnarray*} P=(\{a_i \})=p_i \end{eqnarray*}$

Das ist so geschrieben kein W-Maß auf deinem $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ . Das W-Maß muss erklärt werden auf der Sigma-Algebra, in deinem Fall also für alle Teilmengen von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ . Das kann man bei einem solchen W-Raum auf Einzelwkten zurückführen, aber die sollte für ein $\begin{eqnarray*} \omega=(\omega_1,\ldots,\omega_n) \end{eqnarray*}$ so aussehen:

$\begin{eqnarray*} P(\{\omega\}) = P(\{ (\omega_1,\ldots,\omega_n) \}) = ? \end{eqnarray*}$

12.11.2007, 21:45

Fletcher

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$\begin{eqnarray*} P(\{\omega\}) = P(\{ (\omega_1,\ldots,\omega_n) \}) = p_1 \cdot p_2 \cdot ... \cdot p_n \end{eqnarray*}$

12.11.2007, 21:59

AD

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Nein. Jede Komponente $\begin{eqnarray*} \omega_j \end{eqnarray*}$ kann ja einen der Werte $\begin{eqnarray*} c_1,\ldots,c_k \end{eqnarray*}$ annehmen, also gibt es ein Index-n-Tupel $\begin{eqnarray*} (i_1,\ldots,i_n) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \omega_j = c_{i_j} \end{eqnarray*}$ . So bezeichnet gilt dann

$\begin{eqnarray*} P(\{\omega\}) = P(\{ (\omega_1,\ldots,\omega_n) \}) = P(\{ (c_{i_1},\ldots,c_{i_n}) \}) = p_{i_1} \cdot p_{i_2} \cdot ... \cdot p_{i_n} \end{eqnarray*}$ .

----------------------------------------------------------------------------------------

Von der Abstraktion her günstiger ist aber vielleicht folgende andere Variante:

Es ist ja nicht zwingend, dass man die Versuchsergebnisse in $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ reinbringt, also definiert man abweichend

$\begin{eqnarray*} \Omega := \{1,\ldots,k\}^n \end{eqnarray*}$

und dann kann man einfach schreiben

$\begin{eqnarray*} P(\{\omega\}) = P(\{ (\omega_1,\ldots,\omega_n) \}) = p_{\omega_1} \cdot p_{\omega_2} \cdot ... \cdot p_{\omega_n} \end{eqnarray*}$ .

In dieser Definition des W-Raumes gibt dann die j-te Komponente $\begin{eqnarray*} \omega_j \end{eqnarray*}$ nicht direkt das Versuchsergebnis des j-ten Versuches an, sondern nur dessen Index. D.h., das Versuchsergebnis selbst ist dann $\begin{eqnarray*} c_{\omega_j} \end{eqnarray*}$ .

12.11.2007, 22:03

Leopold

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@ Fletcher

Hast du Wahrscheinlichkeitsrechnung in der Schule gehabt? Denn dann kennst du wohl Wahrscheinlichkeitsbäume. Versuche einmal, da einen Zusammenhang herzustellen. Das hilft vielleicht, dir die Sache vorzustellen.

12.11.2007, 22:08

Fletcher

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Der Professor hat sogar kurz mal einen W-Baum an die Tafel gezeichnet im Zusammenhang mit mehrstufigen Experimenten, was ja hier auch offentsichtlich der Fall ist. Was ich gerade eben hingeschrieben hatte, war totaler Schwachsinn, dass sehe ich jetzt auch, allerdings muss ich auch sagen, dass ich auf diese Indexmenge niemals gekommen wäre.

Hatte zwar auf meiner Schule Stochastik Grundkurs, aber sowas haben wir dort leider nicht gemacht, die Theorie verstehe ich zwar einigermaßen, aber die Verteilungen und Dichten konkret anzuwenden, Zufallsvariablen zu definieren usw. damit komme ich noch nicht ganz klar. Wenn ich es sehe verstehe ich es schon.

Sagt mal seid ihr alle schon so viel weiter mit dem Studium oder checkt ihr diese Aufgaben sofort wenn ihr sie seht? Hut ab!!!

13.11.2007, 06:25

Leopold

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Zitat:

Original von Fletcher
$\begin{eqnarray*} P(\{\omega\}) = P(\{ (\omega_1,\ldots,\omega_n) \}) = p_1 \cdot p_2 \cdot ... \cdot p_n \end{eqnarray*}$

So schlimm war das gar nicht. Das Problem ist nur, daß die $\begin{eqnarray*} p_i \end{eqnarray*}$ als Bezeichner schon vergeben sind (Wahrscheinlichkeit für $\begin{eqnarray*} c_i \end{eqnarray*}$ ). Wenn du daher auf absolute Größen zurückgreifst, mußt du wohl Arthurs Variante nehmen. Du hättest aber auch relativ definieren können:

Für $\begin{eqnarray*} \omega = (\omega_1,\ldots,\omega_n) \in \Omega \end{eqnarray*}$ setze:

$\begin{eqnarray*} P(\{\omega\}) = q_1 \cdots q_n \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} q_i \end{eqnarray*}$ die Wahrscheinlichkeit von $\begin{eqnarray*} \omega_i \end{eqnarray*}$ beim Experiment $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ sei.

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