Wahrscheinlichkeitsmaße

30.05.2011, 23:38

Gast11022013

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Wahrscheinlichkeitsmaße

Meine Frage:
Noch eine Aufgabe, bei der ich dringend Hilge benötige...

Bestimme alle Wahrscheinlichkeitsmaße P auf $\begin{eqnarray*} [0,\infty] \end{eqnarray*}$ mit folgender Eigenschaft: Ist $\begin{eqnarray*} n\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ beliebig und sind $\begin{eqnarray*} X_1,...,X_n \end{eqnarray*}$ unabhängige Zufallsvariablen mit identischer Verteilung P, so hat die Zufallsvariable $\begin{eqnarray*} n\cdot min(X_1,...,X_n) \end{eqnarray*}$ ebenfalls die Verteilung P. Stelle dazu als Erstes eine Gleichung für $\begin{eqnarray*} \overline{F}:=P(]t,\infty[) \end{eqnarray*}$ auf.

(5 Punkte)

Meine Ideen:
Ich soll also jetzt eine Gleichung aufstellen für

$\begin{eqnarray*} \overline{F}:=P(]t,\infty[) \end{eqnarray*}$ .

Hat jemand eine Idee, wie das gemeint ist?

31.05.2011, 17:39

Gast11022013

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RE: Wahrscheinlichkeitsmaße
Hat jemand bitte eine Hilfe für mich?

31.05.2011, 17:44

René Gruber

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Ich wüsste nicht wie das gehen sollte. Allenfalls möglich ist die Aufstellung einer Gleichung, die für $\begin{eqnarray*} \overline{F}(t) := P(]t,\infty[) \end{eqnarray*}$ die Werte $\begin{eqnarray*} \overline{F}(t) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \overline{F}\left( \frac{t}{n} \right) \end{eqnarray*}$ in Beziehung setzt. Aber sowas scheinst du ja nicht zu meinen, da du ja ohne Argument $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ operierst. verwirrt

verwirrt

31.05.2011, 17:47

Gast11022013

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Hm, also ich habe nur die Aufgabenstellung wiedergegeben.

31.05.2011, 18:07

Gast11022013

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Ah, jetzt verstehe ich, was Du meinst!

Also ich habe nochmal im Buch nachgeschlagen, wo der Professor oft die Aufgaben hernimmt und dort steht:

[...] Stellen Sie dazu als Erstes eine Gleichung für $\begin{eqnarray*} \overline{F}(t):=P(]t,\infty[) \end{eqnarray*}$ auf."

Also mit Argument t.

Was war da Deine Idee gewesen?

Also man hat ja n unabhängige, identisch verteilte Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X_1,...,X_n \end{eqnarray*}$ .
Und irgendwie schwebt mir da jetzt vor, dass man $\begin{eqnarray*} P(]t,\infty[) \end{eqnarray*}$ mit Hilfe dieser unabhängigen, identisch verteilten Zufallsvariablen ausdrücken muss.

Ich komme bloß nicht darauf, wie man das machen kann.
Das Intervall in n gleiche Abschnitte aufteilen?...

31.05.2011, 18:42

René Gruber

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Naja, wenn $\begin{eqnarray*} Y_n := n\cdot \min(X_1,\ldots,X_n) \end{eqnarray*}$ dieselbe Verteilung wie die $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ haben soll, dann muss gelten

$\begin{eqnarray*} \overline{F}(t) = P(Y_n\in ]t,\infty[) = P(Y_n > t) = P(n\cdot \min(X_1,\ldots,X_n) > t) = P\left( \min(X_1,\ldots,X_n) > \frac{t}{n} \right) \stackrel{!}{=} P\left( X_1 > \frac{t}{n} \,\wedge\, X_2 > \frac{t}{n} \,\wedge\, \ldots \,\wedge\, X_n > \frac{t}{n} \right) \end{eqnarray*}$ .

Insbesondere bei $\begin{eqnarray*} \stackrel{!}{=} \end{eqnarray*}$ musst du dir gründlich klarwerden, wieso diese Gleichheit der Ereignisse, und in der Folge der zugehörigen Wahrscheinlichkeiten gilt!

Weiter geht's dann unter Einsatz der vorausgesetzten Unabhängigkeiten der $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ .

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31.05.2011, 19:05

Gast11022013

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Ich habe dazu nochmal eine Frage, die einen Schritt zurückgeht.

P soll ja die Verteilung der $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ sein.

Das bedeutet doch:

$\begin{eqnarray*} \overline{F}(t)=P(]t,\infty[)=P(X_i^{-1}A)=P(\left\{X_i\in A\right\}) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} A\in \mathcal{F'} \end{eqnarray*}$

, wobei man die geschweiften Klammern im letzten Ausdruck auch der Einfachheit wegen weglassen kann und $\begin{eqnarray*} \mathcal{F'} \end{eqnarray*}$ kommt aus einem Ereignisraum.

Also halt die Definition für Verteilung einer Zufallsvariable.

Und so kommst Du auf den Anfang deiner Gleichung, oder?
Dass $\begin{eqnarray*} Y_n \end{eqnarray*}$ eben auch eine Zufallsvariable ist und deswegen gelten muss:

$\begin{eqnarray*} P(Y_n\in ]t,\infty[) \end{eqnarray*}$ , weil $\begin{eqnarray*} Y_n \end{eqnarray*}$ eben ach die Verteilung P haben soll.

Gleichzeitig wird doch durch dieses P ein Wirklichkeitsmaß definiert und eben das sucht man ja hier bzw. das soll am Ende dabei herauskommen.

Ich hoffe, ich habs kapiert bis hierhin.

31.05.2011, 19:10

HAL 9000

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Es ist einfach ungeschickt von dir (oder deinem Buch), sowohl für das zugrundeliegende allgemeine Wahrscheinlichkeitsmaß also auch für die Verteilung der $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ dieselbe Bezeichnung $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ zu verwenden: Ich hätte nie und nimmer sowas wie $\begin{eqnarray*} P(]t,\infty[) \end{eqnarray*}$ geschrieben, sondern wie es gewöhnlich üblich ist, als Verteilungsmaß $\begin{eqnarray*} P_{X_i}(]t,\infty[) \end{eqnarray*}$ . Hab jetzt aber auch keine große Lust, die Bezeichnungsschlamperei anderer Leute aufzuräumen. unglücklich

unglücklich

31.05.2011, 19:13

Gast11022013

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Es ist doch aber durch die Verteilung ein Wahrscheinlichkeitsmaß definiert und vielleicht wurde deshalb die gleiche Bezeichnung P gewählt.

31.05.2011, 19:18

HAL 9000

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Ok, nochmal genau alles betrachtet, ist es wahrscheinlich Renés Schuld, weil er $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ auch für das Wahrscheinlichkeitsmaß im zugrundeliegenden Wahrscheinlichkeitsraum $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ verwendet hat. Ein allerdings verständlicher Irrtum, da das ja meist die übliche Bezeichnung ist, die im vorliegenden Fall allerdings mit der Verteilungsmaßbezeichnung $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ kollidiert - so entstehen Verwirrungen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

31.05.2011, 19:23

Gast11022013

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Jetzt bin ich allerdings etwas verwirrt.

Also, wenn ich das richtig verstanden habe, soll man ja mit der Gleichung starten.
Und da bezeichnet P die Verteilung der $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ bzw. eben auch die Verteilung von $\begin{eqnarray*} Y_n \end{eqnarray*}$ . Korrekt?

Wenn man das alles zu Ende führt, was René Gruber begonnen hat, hat man am Ende ja ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf dem Ereignisraum, dessen Urbilder man mit den Zufallsvariablen betrachtet.

Und dieses Wahrscheinlichkeitsmaß erfüllt dann das, was die Aufgabe verlangt (und ganz am Anfang der Aufgabe auch mit P bezeichnet ist.)

Ist das so korrekt?

31.05.2011, 19:24

René Gruber

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@HAL 9000

Ja, stimmt, hab ich völlig übersehen. Ok, dann bezeichnen wir mal ungewöhnlicherweise das zugrunde liegende W-Maß nicht mit $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ , sondern mit $\begin{eqnarray*} \tilde{P} \end{eqnarray*}$ und korrigieren die obige Zeile:

Zitat:

Original von René Gruber (korrigierte Bezeichnungen)
$\begin{eqnarray*} \overline{F}(t) = P(]t,\infty[) = \tilde{P}(Y_n\in ]t,\infty[) = \tilde{P}(Y_n > t) = \tilde{P}(n\cdot \min(X_1,\ldots,X_n) > t) = \tilde{P}\left( \min(X_1,\ldots,X_n) > \frac{t}{n} \right) \stackrel{!}{=} \tilde{P}\left( X_1 > \frac{t}{n} \,\wedge\, X_2 > \frac{t}{n} \,\wedge\, \ldots \,\wedge\, X_n > \frac{t}{n} \right) \end{eqnarray*}$ .

Jetzt sollte es stimmen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

31.05.2011, 19:33

Gast11022013

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Entschuldigt bitte meine Nachfragerei, aber ich möchte das gerne klar kriegen.

Ich kenne folgenden Satz:

Verteilung einer Zufallsvariable

Ist X eine Zufallsvariable von einem Wahrscheinlichkeitsraum $\begin{eqnarray*} (\Omega, \mathcal{F},P) \end{eqnarray*}$ in einen Ereignisraum $\begin{eqnarray*} (\Omega',\mathcal{F'}) \end{eqnarray*}$ , so wird durch

$\begin{eqnarray*} P'(A'):=P(X^{-1}A')=P(\left\{X\in A'\right\}) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} A'\in \mathcal{F'} \end{eqnarray*}$ ein Wahrscheinlichkeitsmaß $\begin{eqnarray*} P' \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} (\Omega',\mathcal{F'}) \end{eqnarray*}$ definiert.

So, zur Aufgabe:

Habe ich das nun richtig verstanden, dass im Sinne dieses Satzes

bei der Aufgabe, die ich machen soll, $\begin{eqnarray*} P=\tilde P \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P'=P \end{eqnarray*}$ sein soll nach Eurer interessanten Diskussion eben?

(und $\begin{eqnarray*} A'=]t,\infty[ \end{eqnarray*}$ ) ?

31.05.2011, 19:38

René Gruber

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Bezogen auf diesen Satz befinden wir uns nun eben im W-Raum $\begin{eqnarray*} (\Omega, \mathcal{F},\tilde{P}) \end{eqnarray*}$ .

Und was bei dir jetzt eben $\begin{eqnarray*} P' \end{eqnarray*}$ heißt, wird in dieser Aufgabe hier jetzt aber $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ genannt. Ebenso wie HAL 9000 bin ich der Meinung, dass das eine unglückliche Wahl der Bezeichnung des Aufgabenstellers war.

31.05.2011, 19:44

Gast11022013

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Zitat:

Original von René Gruber
Bezogen auf diesen Satz befinden wir uns nun eben im W-Raum $\begin{eqnarray*} (\Omega, \mathcal{F},\tilde{P}) \end{eqnarray*}$ .

Und was bei dir jetzt eben $\begin{eqnarray*} P' \end{eqnarray*}$ heißt, wird in dieser Aufgabe hier jetzt aber $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ genannt. Ebenso wie HAL 9000 bin ich der Meinung, dass das eine unglückliche Wahl der Bezeichnung des Aufgabenstellers war.

Ja, das meinte ich damit, dass - bezogen auf den Satz - $\begin{eqnarray*} P=\tilde P \end{eqnarray*}$ ist und das, was im Satz $\begin{eqnarray*} P' \end{eqnarray*}$ ist, heißt in der Aufgabe dann $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ .

Okay, dann ist das geklärt und ich verstehe, wie Du oben auf die Gleichung gekommen bist. Ist ja echt eine irreführende Bezeichnungsweise dann.

Was nun die Gleichung konkret angeht, da muss ich mich natürlich erst mit beschäftigen.
Ansonsten stelle ich einfach dann dazu fragen, wenn welche auftreten. Wovon bei mir immer auszugehen ist. Augenzwinkern

Augenzwinkern

01.06.2011, 10:59

Gast11022013

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Zitat:

Original von René Gruber
]
$\begin{eqnarray*} \overline{F}(t) = P(]t,\infty[) = \tilde{P}(Y_n\in ]t,\infty[) = \tilde{P}(Y_n > t) = \tilde{P}(n\cdot \min(X_1,\ldots,X_n) > t) = \tilde{P}\left( \min(X_1,\ldots,X_n) > \frac{t}{n} \right) \stackrel{!}{=} \tilde{P}\left( X_1 > \frac{t}{n} \,\wedge\, X_2 > \frac{t}{n} \,\wedge\, \ldots \,\wedge\, X_n > \frac{t}{n} \right) \end{eqnarray*}$ .

Die $\begin{eqnarray*} \wedge \end{eqnarray*}$ irritieren mich ein bisschen, ich habe sie einfach mal gedanklich durch Kommata ersetzt und dann die Unabhängigkeit der $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ versucht, auszunutzen.

Meine Idee, wie die obige Gleichung weiter gehen könnte:

$\begin{eqnarray*} =\prod_{i=1}^{n}\tilde P(X_i>\frac{t}{n})=\prod_{i=1}^{n}(1-\tilde P(X_i\leq \frac{t}{n}) \end{eqnarray*}$

Ist das okay?

14.09.2011, 20:31

Gast11022013

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Zitat:

Original von René Gruber

$\begin{eqnarray*} \overline{F}(t) = P(]t,\infty[) = \tilde{P}(Y_n\in ]t,\infty[) = \tilde{P}(Y_n > t) = \tilde{P}(n\cdot \min(X_1,\ldots,X_n) > t) = \tilde{P}\left( \min(X_1,\ldots,X_n) > \frac{t}{n} \right) \stackrel{!}{=} \tilde{P}\left( X_1 > \frac{t}{n} \,\wedge\, X_2 > \frac{t}{n} \,\wedge\, \ldots \,\wedge\, X_n > \frac{t}{n} \right) \end{eqnarray*}$ .

Ich setze nach langer Zeit mal hier an. "Damals" hatte es so große Verwirrung wegen der Notationen gegeben.

$\begin{eqnarray*} \tilde P\left(X_1>\frac{t}{n}\wedge X_2>\frac{t}{n}\wedge\hdots\wedge X_n>\frac{t}{n}\right)=\tilde P(X_1>\frac{t}{n})\cap \tilde P(X_2>\frac{t}{n})\cap\hdots\cap\tilde P(X_n>\frac{t}{n}) \end{eqnarray*}$

Kann man das jetzt wegen der Unabhängigkeit von $\begin{eqnarray*} X_1,\hdots,X_n \end{eqnarray*}$ schreiben als

$\begin{eqnarray*} \tilde P(X_1>\frac{t}{n})\cdot \tilde P(X_2>\frac{t}{n})\cdot\hdots\cdot \tilde P(X_n>\frac{t}{n}) \end{eqnarray*}$ ?

Wie geht es dann weiter?

Edit:

Besser (oder vllt. sogar nur richtig) ist vllt. Folgendes:

$\begin{eqnarray*} \tilde P\left(X_1>\frac{t}{n}\wedge X_2>\frac{t}{n}\wedge\hdots\wedge X_n>\frac{t}{n}\right)=\tilde P\left(\bigcap_{i=1}^{n}\left\{X_i>\frac{t}{n}\right\}\right)=\prod_{i=1}^{n}\tilde P\left\{X_i>\frac{t}{n}\right\} \end{eqnarray*}$

Doch auch hier weiß ich nun nicht, wie es weitergehen könnte.

Ein Tipp wäre klasse!

Wink

Wink

14.09.2011, 22:18

Gast11022013

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Vielleicht steigt da noch jemand durch und kann mir sagen, was der nächste Schritt ist, vorausgesetzt, daß das Bisherige korrekt ist.

Würde mich freuen.

Edit:

Das Einzige, das mir noch einfällt, ist

$\begin{eqnarray*} \prod_{i=1}^n \tilde P\left\{X_i>\frac{t}{n}\right\}=\prod_{i=1}^{n}\left(1-\tilde P\left\{X_i\leq \frac{t}{n}\right\}\right) \end{eqnarray*}$

Und ist nicht $\begin{eqnarray*} \tilde P\left\{X_i\leq\frac{t}{n}\right\}=F_{X_i}\left(\frac{t}{n}\right)=P\left(\left[0,\frac{t}{n}\right]\right) \end{eqnarray*}$ ?

Ich stehe also dann bei $\begin{eqnarray*} \prod_{i=1}^{n}\left(1-F_{X_i}\left(\frac{t}{n}\right)\right)=\prod_{i=1}^n \left(1-P\left(\left[0,\frac{t}{n}\right]\right)\right) \end{eqnarray*}$ .

15.09.2011, 07:51

René Gruber

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Nicht jeder ist jederzeit im Board, also übe wenigstens ein bisschen Geduld...

Ist alles richtig, und da du (siehe Anfang) ja statt mit F eher mit $\begin{eqnarray*} \bar{F}:=1-F \end{eqnarray*}$ operierst, kannst du den fraglichen Term auch als $\begin{eqnarray*} \prod_{i=1}^{n} \bar{F}_{X_i} \left( \frac{t}{n} \right) \end{eqnarray*}$ schreiben.

15.09.2011, 12:16

Gast11022013

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Zitat:

Original von René Gruber
Nicht jeder ist jederzeit im Board, also übe wenigstens ein bisschen Geduld...

Okay, stimmt. Ich neige zur Ungeduld und ich will das hier abstellen!

Zitat:

Original von René Gruber
$\begin{eqnarray*} \prod_{i=1}^{n} \bar{F}_{X_i} \left( \frac{t}{n} \right) \end{eqnarray*}$

Ah, stimmt. Danke für diesen Hinweis!

Man steht also nun bei

$\begin{eqnarray*} \overline{F}(t):=P((t,\infty))=\prod_{i=1}^{n} \bar{F}_{X_i} \left( \frac{t}{n} \right) \end{eqnarray*}$

Wie kann man mit Hilfe dieser Gleichung nun die Ausgangsfrage beantworten, sprich die gesuchten Wahrscheinlichkeitsmaße finden?

Ich sehe den Zusammenhang nicht.

15.09.2011, 13:25

René Gruber

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Nun, jetzt ist die Vorarbeit geleistet, jetzt kann man zum eigentlichen Kern des Problems vorstoßen:

Wenn du dir die Voraussetzungen anschaust, dann münden die jetzt wegen $\begin{eqnarray*} \bar{F}_{X_i} = \bar{F} \end{eqnarray*}$ in die für alle $\begin{eqnarray*} t>0 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ gültige Funktionalgleichung

$\begin{eqnarray*} \bar{F}(t) = \left( \bar{F}\left( \frac{t}{n} \right) \right)^n \end{eqnarray*}$ ,

die es zu lösen gilt. Zusätzlich folgt aus den Eigenschaften der Verteilungsfuktion $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ , dass $\begin{eqnarray*} \bar{F} \end{eqnarray*}$ monoton fallend ist mit Grenzwert $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{t\to\infty} \bar{F}(t) = 0 \end{eqnarray*}$ .

15.09.2011, 13:58

Gast11022013

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Man muss doch jetzt Funktionen finden, die diese Gleichung erfüllen.

Ich habe aber leider gar keine Idee, wie man dabei vorgeht!

Könntest Du mir einen Anfang geben?

15.09.2011, 14:09

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist schwierig mit dem Tipp: Sobald man ausreichend verraten hat, ist man schon fast am Ziel. verwirrt

verwirrt

Für $\begin{eqnarray*} t=m \end{eqnarray*}$ ergibt sich $\begin{eqnarray*} \bar{F}(m) = \left( \bar{F}\left( \frac{m}{n} \right) \right)^n \end{eqnarray*}$ .

Dasselbe $\begin{eqnarray*} t=m \end{eqnarray*}$ , aber mit $\begin{eqnarray*} n=m \end{eqnarray*}$ ergibt sich andererseits $\begin{eqnarray*} \bar{F}(m) = (\bar{F}(1))^m \end{eqnarray*}$ .

Gleichgesetzt und umgestellt kommt man zu $\begin{eqnarray*} \bar{F}\left( \frac{m}{n} \right) = (\bar{F}(1))^{\frac{m}{n}} \end{eqnarray*}$ , mit anderen Worten

$\begin{eqnarray*} \bar{F}(x) = (\bar{F}(1))^x \end{eqnarray*}$

für alle positiven rationalen Zahlen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ . Setzt man nun noch die vorhandene Monotonie eine, so ist klar, dass diese Gleichung sogar für alle positiven reellen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ gelten muss - und damit ist man schon fast am Ziel.

15.09.2011, 14:23

Gast11022013

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Wenn ich zum Beispiel mal x=3 wähle, müsste also gelten:

$\begin{eqnarray*} \overline{F}(3)=\overline{F}(1)^3 \end{eqnarray*}$

Das ist

$\begin{eqnarray*} 1-F(3)=(1-F(1))^3 \end{eqnarray*}$ .

Hm, ich habe mal wieder ein Brett vorm Kopf.

15.09.2011, 14:30

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Allerdings, denn du bist quasi schon am Ziel und merkst es nicht:

Im Fall $\begin{eqnarray*} 0<\bar{F}(1)<1 \end{eqnarray*}$ kann man etwa $\begin{eqnarray*} \lambda:=-\ln(\bar{F}(1)) \end{eqnarray*}$ setzen und hat dann $\begin{eqnarray*} \bar{F}(1)=e^{-\lambda} \end{eqnarray*}$ sowie

$\begin{eqnarray*} \bar{F}(x) = \left( e^{-\lambda} \right)^x = e^{-\lambda x} \end{eqnarray*}$ ,

d.h. $\begin{eqnarray*} F(x) = 1-e^{-\lambda x} \end{eqnarray*}$ , das ist die Exponentialverteilung!!!

Die Randfälle $\begin{eqnarray*} \bar{F}(1)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \bar{F}(1)=1 \end{eqnarray*}$ sind noch gesondert zu betrachten.

15.09.2011, 14:44

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Und durch $\begin{eqnarray*} F(x)=1-e^{-\lambda x} \end{eqnarray*}$ ist jetzt ein Wahrscheinlichkeitsmaß gegeben, wie die Aufgabe es vorsieht?

verwirrt

verwirrt

15.09.2011, 14:51

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Das eine ist, aus der Funktionalgleichung logisch abzuleiten, dass es nur die sein kann. Eine Probe ist natürlich trotzdem noch nötig und wichtig, aber das bisschen Einsetzen ist ja nun nicht mehr das Problem.

15.09.2011, 14:57

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X_1,...,X_n \end{eqnarray*}$ sollen doch nach Aufgabenstellung jetzt dieses Wahrscheinlichkeitsmaß haben und $\begin{eqnarray*} Y_n \end{eqnarray*}$ auch.

Aber wie macht man jetzt die Probe?

Das ist die letzte Frage, die ich hierzu stelle.
In einer Klausur hätte ich diese Aufgabe ohnehin nicht bewältigt. unglücklich

unglücklich

15.09.2011, 15:05

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Mit Probe meinte ich natürlich das Einsetzen in die nun mal ermittelte Funktionalgleichung

$\begin{eqnarray*} \bar{F}(t) = \left( \bar{F}\left( \frac{t}{n} \right) \right)^n \end{eqnarray*}$ .

Übrigens bist du immer noch nicht fertig, ich erinnere noch mal dran: Die beiden Randfälle!!!

15.09.2011, 15:08

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, ich weiß. Ich bin noch nicht fertig.

Aber ich kann das nicht. unglücklich

unglücklich

Funktionalgleichungen sind absolut neu für mich.

15.09.2011, 15:11

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Dann musst du dich mal ein wenig anstrengen, ein bisschen probieren,...

Wenn du oben nachschaust, ich habe keine exotischen Sätze herangezogen, sondern nur mit purem Wasser gekocht. Es gibt keine Ausreden, das nicht auch zumindest zu versuchen.

15.09.2011, 19:48

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Kann man vielleicht in den Randfällen

$\begin{eqnarray*} F(x)=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} F(x)=0 \end{eqnarray*}$ als Funktionen erhalten?

Also zwei konstante Funktionen bzw. Wahrscheinlichkeitsmaße, die allen Ereignissen die Wahrscheinlichkeit 1 bzw. 0 zuordnen?

Eine andere Idee habe ich nicht.

15.09.2011, 19:59

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Das ergibt die Funktionalgleichung, ja. Aber sind das beides auch wirklich mögliche Verteilungsfunktionen?

Ein Tipp: Eine davon ja, die andere aber nicht!

15.09.2011, 20:05

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hätte jetzt eigentlich gesagt, dass beide keine Verteilungsfunktionen sind, weil sie ja weder monoton wachsend, noch das spezifische asymptotische Verhalten haben, also gegen 1 zu gehen, wenn die Werte gegen Unendlich gehen und gegen 0, wenn die Werte gegen minus Unendlich gehen.

Edit:

Achso monoton wachsend doch, ist ja kleiner/ gleich.

Edit 2:

Ich denke, dann ist wohl F(t)=1 die, die in Frage kommt, weil dann
$\begin{eqnarray*} \lim_{t\to\infty}\overline{F}(t)=0 \end{eqnarray*}$ erfüllt ist.

Aber, wie gesagt, müsste nicht eine Verteilungsfunktion (also F(t)) gegen 0 konvergieren für t gegen -Unendlich?! Vielleicht tut sie das ja auch und ich weiß nur nicht, wieso.

15.09.2011, 20:40

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Lies mal genau nach:

Zitat:

Original von Dennis2010
$\begin{eqnarray*} F(x)=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} F(x)=0 \end{eqnarray*}$

ist nur für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ abgeleitet worden. Was für $\begin{eqnarray*} x\leq 0 \end{eqnarray*}$ ist, musst du dir noch überlegen.

15.09.2011, 20:49

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich blicke da nicht mehr durch.

Also ein Randfall war doch, daß $\begin{eqnarray*} \overline{F}(1)=0 \end{eqnarray*}$ .

Da war meine Idee, daß evtl. $\begin{eqnarray*} F(t)=1 \end{eqnarray*}$ sein könnte.

Der andere Randfall ist $\begin{eqnarray*} \overline{F}(1)=1 \end{eqnarray*}$ , da war meine Idee $\begin{eqnarray*} F(t)=0 \end{eqnarray*}$ -

Was ist jetzt wo falsch und wo muss ich positive x-Werte und andere x-Werte untersuchen?

Sorry, aber das ist alles so verwirrend für mich.
Ich weiß gar nicht mehr bescheid, worums überhaupt jetzt geht.

[Hast Du noch Lust mir zu helfen? Wenn nicht, verstehe ich es wohl...]

15.09.2011, 21:10

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Es ist ein Kreuz mit dir, du hörst oft nicht auf die deutlichsten Hinweise. unglücklich

unglücklich

Also es ist $\begin{eqnarray*} F(x) = 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x<0 \end{eqnarray*}$ für alle in Frage kommenden Verteilungsfunktionen, das liegt schon allein daran, dass sowieso nur W-Maße $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} [0,\infty) \end{eqnarray*}$ betrachtet werden, siehe Start der Aufgabe.

Mit $\begin{eqnarray*} F(x)=0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ hast du Recht, das ist keine Verteilungsfunktion, schon allein weil $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to\infty} F(x) = 1 \end{eqnarray*}$ hier nicht erfüllt ist.

Aber die andere Möglichkeit, nämlich

$\begin{eqnarray*} F(x) = \begin{cases} 0 & \;\mbox{für}\; x< 0 \\ 1 & \;\mbox{für}\; x\geq 0 \end{cases} \end{eqnarray*}$

erfüllt alle Bedingungen einer Verteilungsfunktion, das ist das Einpunktmaß (Diracmaß) für den Punkt 0.

15.09.2011, 21:17

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Okay, danke.

Welcher Randfall war dies nun oder waren dies beide?

Das habe ich nämlich ebenfalls nicht verstanden.

15.09.2011, 21:27

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Herrje... aber jetzt ist auch schon alles egal:

$\begin{eqnarray*} \bar{F}(1)=1 \end{eqnarray*}$ :

Zitat:

Original von René Gruber
Mit $\begin{eqnarray*} F(x)=0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ hast du Recht, das ist keine Verteilungsfunktion, schon allein weil $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to\infty} F(x) = 1 \end{eqnarray*}$ hier nicht erfüllt ist.

$\begin{eqnarray*} \bar{F}(1)=0 \end{eqnarray*}$ :

Zitat:

Original von René Gruber
Aber die andere Möglichkeit, nämlich

$\begin{eqnarray*} F(x) = \begin{cases} 0 & \;\mbox{für}\; x< 0 \\ 1 & \;\mbox{für}\; x\geq 0 \end{cases} \end{eqnarray*}$

erfüllt alle Bedingungen einer Verteilungsfunktion, das ist das Einpunktmaß (Diracmaß) für den Punkt 0.

P.S.: Vielleicht komme ich (wie immer) etwas barsch rüber, aber insgesamt bin ich dir doch etwas "wohlgesonnener" als früher - nachdem ich letztens gesehen habe, wie du Neulingen gut geholfen hast und damit dem Board etwas zurückgibst, was dir selbst hier an Hilfe widerfahren ist. Freude

Freude

15.09.2011, 21:37

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Es gibt also für $\begin{eqnarray*} \overline{F}(1)=1 \end{eqnarray*}$ gar keine Funktion, die die Funktionalgleichung löst.

Und für $\begin{eqnarray*} \overline{F}(1)=0 \end{eqnarray*}$ ist's Diracmaß für den Punkt 0.

Hoffentlich habe ichs jetzt richtig kapiert.
Ansonsten bleibt wohl nur noch Hammer

Hammer

übrig.

Den Umgangston kann ich schon verkraften, er deprimiert mich ein bisschen, da ich aber an Deiner Stelle genauso reagieren würde (denke ich jedenfalls), kann ich ihn schon zumindest nachvollziehen.

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