Monotonie einer Verteilungsfunktion

13.06.2009, 08:59

AnneM

Monotonie einer Verteilungsfunktion

Hallo liebe Stochastik-Freunde,

ich habe ein mehr oder minder schwieriges Problem (für mich ist es leider schwierig)

Ich möchte zeigen, dass die kum. Verteilungsfunktion der Binomialverteilung für festes n und k monoton in $\begin{eqnarray*} p\in ]0, 1[ \end{eqnarray*}$ ist.

$\begin{eqnarray*} 1-\sum_{k=0}^c~\binom{n}{k}\cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k} \end{eqnarray*}$ .

c=n wird ausgeschlossen, für c=n-1 ist das klar, denn dann folgt $\begin{eqnarray*} 1-\sum_{k=0}^c~\binom{n}{k}\cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}=p^n \end{eqnarray*}$ .

Für c=o auch klar, denn dann $\begin{eqnarray*} 1-\sum_{k=0}^c~\binom{n}{k}\cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}=1-(1-p)^n \end{eqnarray*}$ .

Für alle übrigen c, also 0<c<n, wollte ich die Monotonie zeigen, indem ich die erste Ableitung bilde, denn für $\begin{eqnarray*} f'(p)\ge 0 \end{eqnarray*}$ ist f monoton, bzw. für $\begin{eqnarray*} f'(p)>0 \end{eqnarray*}$ sogar streng monoton.

Leider ist die Ableitung genau das Problem. Kann mir bitte jemand einen tipp geben, wie ich diese Ableitung angehen kann, bzw. gibts ne andere Möglichkeit die Monotonie in p zu zeigen?

Für Hinweise bin ich sehr dankbar! Vielen Dank schonmal!

13.06.2009, 10:28

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Schreib doch mal diese Ableitung auf, kann doch erstmal nicht so schwer sein (summandenweise differenzieren!). Geschickt zusammengefasst sieht man der Ableitung die Nichtnegativität sofort an.

13.06.2009, 13:00

AnneM

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so ok, also mit den diversen Ableitungsregeln komme ich jetzt zu der Ableitung

$\begin{eqnarray*} -\sum_{k=0}^c~k\binom{n}{k}p^{k-1}(1-p)^{n-k}+(n-k)\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k-1}\\<br /> =-\sum_{k=0}^c~\frac{n!}{(n-k)!(k-1)!}p^{k-1}(1-p)^{n-k}+\frac{n!}{(n-k-1)!k!}p^k(1-p)^{n-k-1} \end{eqnarray*}$

soweit so gut, im Buch steht aber

$\begin{eqnarray*} -\sum_{k=0}^{c-1}~\frac{n!}{(n-k)!(k-1)!}p^{k-1}(1-p)^{n-k}+\sum_{k=0}^c\frac{n!}{(n-k-1)!k!}p^k(1-p)^{n-k-1} \end{eqnarray*}$

ist das das gleiche?? Ich habs echt nich so drauf mit den Summen.

Aber danke ersteinmal für die Ermutigung, einfach die einzelnen Summanden zu differenzieren.

13.06.2009, 13:16

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Zunächst mal kannst du im ersten Summanden die Kürzung $\begin{eqnarray*} \frac{k}{k!} = \frac{1}{(k-1)!} \end{eqnarray*}$ nur für $\begin{eqnarray*} k\geq 1 \end{eqnarray*}$ vornehmen, für $\begin{eqnarray*} k=0 \end{eqnarray*}$ ist sie da schlicht falsch.

Weiterhin kannst du die Ableitung wegen

$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{(n-k)!(k-1)!} = n\cdot \frac{(n-1)!}{(n-k)!(k-1)!} = n\cdot \binom{n-1}{k-1} \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{(n-k-1)!k!} = n\cdot \frac{(n-1)!}{(n-1-k)!k!} = n\cdot \binom{n-1}{k} \end{eqnarray*}$

schreiben als

$\begin{eqnarray*} f'(p) = -n\sum_{k=1}^c ~ \binom{n-1}{k-1} p^{k-1}(1-p)^{n-k} + n\sum_{k=0}^c \binom{n-1}{k} p^k(1-p)^{n-1-k} \end{eqnarray*}$ .

Nach einer passenden Indexverschiebung $\begin{eqnarray*} (k-1) \to k \end{eqnarray*}$ in der ersten Summe gleichen sich die Summanden beider Summen, und es kommt zu einer fast vollständigen Auslöschung - nur ein Summand in der zweiten Summe bleibt übrig...

13.06.2009, 14:05

AnneM

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ja klar: für k=0 ist das sowieso 0...hätte ich sehen müssen...naja,die Ableitung heißt dann demnach $\begin{eqnarray*} \frac{n!}{c!(n-c-1)!}p^c(1-p)^{n-c-1} \end{eqnarray*}$ .

Tausend Dank dafür!! Tja es ist wie immer, man muss einfach anfangen...

Schönes Wochenende dann noch!

13.06.2009, 16:15

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Nachtrag: Die Aufgabe hier kann man in eine schöne, allgemeinere Aussage einbetten:

Zitat:

Definition: Sind $\begin{eqnarray*} X_1,X_2 \end{eqnarray*}$ reelle Zufallsgrößen, so nennt man $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ stochastisch kleiner als $\begin{eqnarray*} X_2 \end{eqnarray*}$ (symbolisch $\begin{eqnarray*} X_1 \prec X_2 \end{eqnarray*}$ ), sofern

$\begin{eqnarray*} F_{X_1}(t) \geq F_{X_2}(t) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} t \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

gilt.

Satz: Sind die Zufallsgrößen $\begin{eqnarray*} X_1,X_2,Y_1,Y_2 \end{eqnarray*}$ unabhängig, so folgt aus $\begin{eqnarray*} X_1 \prec X_2,\, Y_1 \prec Y_2 \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} X_1+Y_1 \prec X_2+Y_2 \end{eqnarray*}$ .

Der Beweis folgt unmittelbar aus der Anwendung des Stieltjes-Faltungsintegrals

$\begin{eqnarray*} F_{X+Y}(t) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ F_X(t-u) ~ \dd F_Y(u) \end{eqnarray*}$ .

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

Was das mit der Aufgabe hier zu tun hat? Nun, die Binomialverteilung $\begin{eqnarray*} B(n,p) \end{eqnarray*}$ kann man als Faltung der Binomialverteilung $\begin{eqnarray*} B(n-1,p) \end{eqnarray*}$ mit der Bernoulli-Verteilung $\begin{eqnarray*} B(1,p) \end{eqnarray*}$ auffassen. In dem Sinne bringt dann für $\begin{eqnarray*} p_1 < p_2 \end{eqnarray*}$ die Anwendung des eben genannten Satzes auf

$\begin{eqnarray*} X_1 \sim B(n-1,p_1), \; X_2 \sim B(n-1,p_2), \; Y_1 \sim B(1,p_1), \; Y_2 \sim B(1,p_2) \end{eqnarray*}$

die hier gewünschte Aussage durch Induktion über $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ . Das im Induktionsanfang nicht allzu schwer beweisende $\begin{eqnarray*} B(1,p_1) \prec B(1,p_2) \end{eqnarray*}$ hilft dann auch gleich noch im Induktionsschritt (siehe $\begin{eqnarray*} Y_1,Y_2 \end{eqnarray*}$ ).

13.06.2009, 16:46

AnneM

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UFF! Das blicke ich jetzt echt nicht mehr, von Faltungen habe ich noch nicht ernsthaft gehört (nur mal irgendwo drüber gelesen). Vll schau ich mir das mal genauer an, wenn ich mit meiner Arbeit fertig bin...

Mal noch eine andere Frage: Stetigkeit kann ich ja über Differenzierbarkeit zeigen, aber ich kann Diffenzierbarkeit ja nicht zeigen idem ich eine Ableitung präsentiere, sondern muss zeigen, dass die Ableitung existiert und gleich

$\begin{eqnarray*} lim_{x\rightarrow x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \end{eqnarray*}$

ist, sonst mache ich doch einen logischen Fehler?

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