Integral eines Produktes zweier Binominalreihen

26.08.2014, 16:52

Hubert1965

Integral eines Produktes zweier Binominalreihen

Diese Frage Berechnen der Wahrscheinlichkeit und deren Genauigkeit aus Messdaten führt mich mehr oder weniger direkt zur Notwendigkeit dieses Integral zu lösen:

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = \int\limits_0^1 \! p \cdot \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \frac{(1-p^2)^k \cdot (3+p^2)^{n-k}}{4^n} \, dp \end{eqnarray*}$

Dabei gilt: $\begin{eqnarray*} k,n \in \mathbb N_0 ; 0 \leq k \leq n; n \geq 1; p \in \mathbb R; 0 \leq p \leq 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ist der Binominalkoeffizient "n über k", also ein von p unabhängiger konstanter Faktor (ebenso wie der Nenner $\begin{eqnarray*} 4^n \end{eqnarray*}$ )

Ich schaffe es zwar gerade noch die konstanten Faktoren vor das Integral-Symbol zu heben, aber weiter komme ich nicht:

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = \frac{\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}}{4^n} \cdot \int\limits_0^1 \! p \cdot (1-p^2)^k \cdot (3+p^2)^{n-k} \, dp \end{eqnarray*}$

Wenn ich n und k kennen würde könnte ich diese Werte in den Ausdruck einsetzen und erhielte ein bequem zu integrierendes Polynom. Auch die Stammfunktion wäre dann ein simples Polynom. Diese Stammfunktion hat bei der Untergrenze p=0 den Wert 0 (+c, aber darum muss ich mich nicht kümmern, weil dieses c beim Bilden der Differenz erfreulicherweise wieder wegfällt.)

Setze ich in die Stammfunktion für p den Wert für die Obergrenze, also 1, ein, dann sieht man leicht, dass der Wert der Stammfunktion einfach die Summe aller Koeffizienten des Polynoms (plus c; siehe oben) ist.

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} \end{eqnarray*}$ ist also genau die Summe aller Koeffizienten jenes Polynoms, das die Stammfunktion der zu integrierenden Funktion ist.

Aber ich kenne weder n noch k und kann den Ausdruck daher nicht so einfach in ein Polynom verwandeln. Und ich komme fürchterlich ins Trudeln wenn ich versuche dieses Produkt zu integrieren. ich bin auch etwas aus der Übung, immerhin ist es schon 30 Jahre her seitdem ich das letzte Mal ein Integral gelöst habe.

Ich habe auch versucht bei http://www.wolframalpha.com diesen String auswerten zu lassen:

code:
1:	integrate (binomial(n,k) * (1-x^2)^k * (3+x^2)^(n-k) / 4^n) from 0 to 1

An der Rückmeldung sehe ich, dass ich den String richtig geschrieben habe, aber ich erhalte anstelle einer Lösung nur die Meldung, dass die Standardrechenzeit dafür nicht ausreicht. Gebe ich den Ausdruck (ohne Limits) in integrals.wolfram.com ein, erhalte ich dieses Ergebnis:

$\begin{eqnarray*} \frac{3^{n-k} \cdot p \cdot \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}}{4^n} AppellF1[\frac{1}{2}, -k, k-n, \frac{3}{2}, p^2, -p^\frac{2}{3}] \end{eqnarray*}$

und den Hinweis, dass es sich bei AppellF1 um eine hypergeometrische Funktion mit zwei Variablen handelt.

Irgendwie hilft mir das alles nicht weiter. Eigentlich erhoffe ich mir für $\begin{eqnarray*} E_{n,k} \end{eqnarray*}$ eine Funktion der beiden Variablen n und k die so gestaltet ist, dass ich daraus ein Unterprogramm für ein Computerprogramm schreiben kann, dass mir bei Eingabe von n und k den Wert für E auf wenigstens 2 Nachkommastellen genau ausspuckt (genauer brauch ich es gar nicht)

27.08.2014, 01:44

wogir

Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

ich will mal versuchen einen Denkanstoß in eine Richtung zu geben (ohne Garantie, dass dies die effizienteste Methode für das Problem ist).

Wolfram hat dir hier nur bedingt weitergeholfen, weil es standardmäßig von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ annimmt, dass es sich um komplexe Zahlen handelt. Da es aber ganzzahlige Werte sind (s.o.) funktionieren ein paar Tricks mehr.

Man könnte z.B.

$\begin{eqnarray*} \int_0^1 p(1-p^2)^k(3+p^2)^{n-k}dp =\frac12 \int_0^1(1-q)^k(3+q)^{n-k} dq \end{eqnarray*}$

Das Integral ist tabelliert und gibt sowas wie

$\begin{eqnarray*} \frac{3^{n-k}}{2(k+1)} {}_2F_1(1,k-n,2+k,-1/3) \end{eqnarray*}$

Siehe
http://en.wikipedia.org/wiki/Hypergeometric_function
für eine Defintion über eine Reihendarstellung, die sich aber aufgrund der Eigenschaften von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ im ENdeffekt auf eine normale Summe vereinfacht. Diese kannst du dann numerisch im Computer ausrechnen.

Wenn du selber analytisch Hand anlegen willst, könnte das helfen

$\begin{eqnarray*} \frac12 \int_0^1(1-q)^k(3+q)^{n-k} dq = \frac12\frac{(n-k)!}{n!}\biggl(\frac{d}{dx}\biggr)^k \biggl|_{x=0} \int_0^1(x(1-q)+3+q)^n dq \end{eqnarray*}$

Das $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ -Integral geht jetzt und von dem Resultat musst du "nur" noch die $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -fache Ableitung nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ bilden und am schluss $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ setzen. Das kann im Detail etwas fricklig werden.

27.08.2014, 09:29

Hubert1965

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke, wogir!

Gestern Abend, im Bett und schon im Halbschlaf, habe ich einen anderen Weg gefunden.

Ich gehe aus von dieser Gleichung:
$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = 4^{-n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \int\limits_0^1 \! p(1-p^2)^k (3+p^2)^{n-k} \, dp \end{eqnarray*}$

Darin sind diese beiden Therme enthalten, die ich jeweils als Binomische Reihe darstellen kann:

$\begin{eqnarray*} (1-p^2)^k = (-p^2+1)^k = \sum\limits_{i=0}^k \left( \begin{pmatrix} k \\ i \end{pmatrix} \cdot (-p^2)^i \cdot 1^{k-i} \right) = \sum\limits_{i=0}^k \left( \begin{pmatrix} k \\ i \end{pmatrix} \cdot (-1)^i \cdot p^{2i} \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (3+p^2)^{n-k} = (p^2+3)^{n-k} = \sum\limits_{j=0}^{n-k} \left( \begin{pmatrix} {n-k} \\ j \end{pmatrix} \cdot (p^2)^j \cdot 3^{n-k-j} \right) = \sum\limits_{j=0}^{n-k} \left( \begin{pmatrix} {n-k} \\ j \end{pmatrix} \cdot 3^{n-k-j} \cdot p^{2j} \right) \end{eqnarray*}$

Diese Summen setze ich nun in die Gleichung ein:

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = 4^{-n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \int\limits_0^1 \! p \cdot \sum\limits_{i=0}^k \left( \begin{pmatrix} k \\ i \end{pmatrix} \cdot (-1)^i \cdot p^{2i} \right) \cdot \sum\limits_{j=0}^{n-k} \left( \begin{pmatrix} {n-k} \\ j \end{pmatrix} \cdot 3^{n-k-j} \cdot p^{2j} \right) \, dp \end{eqnarray*}$

Das Produkt der beiden Summen ist die Summe der Produkte der einzelnen Glieder.

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = 4^{-n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \int\limits_0^1 \! p \cdot \sum\limits_{i=0}^k \sum\limits_{j=0}^{n-k} \left( \begin{pmatrix} k \\ i \end{pmatrix} \cdot (-1)^i \cdot p^{2i} \right) \cdot \left( \begin{pmatrix} {n-k} \\ j \end{pmatrix} \cdot 3^{n-k-j} \cdot p^{2j} \right) \, dp \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = 4^{-n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \int\limits_0^1 \! p \cdot \sum\limits_{i=0}^k \sum\limits_{j=0}^{n-k} \left( \begin{pmatrix} k \\ i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} {n-k} \\ j \end{pmatrix} \cdot (-1)^i \cdot 3^{n-k-j} \cdot p^{2(i+j)} \right) \, dp \end{eqnarray*}$

Das allein stehende p wandert auch in den Summanden

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = 4^{-n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \int\limits_0^1 \! \sum\limits_{i=0}^k \sum\limits_{j=0}^{n-k} \left( \begin{pmatrix} k \\ i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} {n-k} \\ j \end{pmatrix} \cdot (-1)^i \cdot 3^{n-k-j} \cdot p^{2(i+j)+1} \right) \, dp \end{eqnarray*}$

Das Integral einer Summe ist die Summe der Integrale der Summanden

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = 4^{-n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \sum\limits_{i=0}^k \sum\limits_{j=0}^{n-k} \int\limits_0^1 \! \left( \begin{pmatrix} k \\ i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} {n-k} \\ j \end{pmatrix} \cdot (-1)^i \cdot 3^{n-k-j} \cdot p^{2(i+j)+1} \right) \, dp \end{eqnarray*}$

Das ist aber sehr einfach zu integrieren:

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = 4^{-n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \sum\limits_{i=0}^k \sum\limits_{j=0}^{n-k} \left( \begin{pmatrix} k \\ i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} {n-k} \\ j \end{pmatrix} \cdot (-1)^i \cdot 3^{n-k-j} \cdot \frac{p^{2(i+j)+2}}{2(i+j)+2} \right) \Big|_{p=0}^{p=1} \end{eqnarray*}$

Die beiden Grenzen haben sehr benutzerfreundliche Werte, was sehr schnell zu Lösung führt:

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = 4^{-n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \sum\limits_{i=0}^k \sum\limits_{j=0}^{n-k} \left( \begin{pmatrix} k \\ i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} {n-k} \\ j \end{pmatrix} \cdot (-1)^i \frac{3^{n-k-j}}{2(i+j+1)} \right) \end{eqnarray*}$

Damit habe ich bereits eine Lösung, die ich 1:1 als Subroutine in einem Computerprogramm umsetzen könnte. Die weiteren Umformungen verbessern nur die Laufzeit, verändern aber nichts wesentliches mehr am eigentlichen Ergebnis:

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = 4^{-n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \sum\limits_{i=0}^k \left( \begin{pmatrix} k \\ i \end{pmatrix} \cdot (-1)^i \sum\limits_{j=0}^{n-k} \left( \begin{pmatrix} {n-k} \\ j \end{pmatrix} \frac{3^{n-k-j}}{2(1+i+j)} \right) \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = 4^{-n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \sum\limits_{i=0}^k \left( \begin{pmatrix} k \\ i \end{pmatrix} \cdot (-1)^i \sum\limits_{j=0}^{n-k} \left( \begin{pmatrix} {n-k} \\ j \end{pmatrix} \frac{3^{n-k}}{2} \cdot \frac{3^{-j}}{1+i+j} \right) \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = \frac{3^{n-k}}{2 \cdot 4^n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \sum\limits_{i=0}^k \left( \begin{pmatrix} k \\ i \end{pmatrix} \cdot (-1)^i \sum\limits_{j=0}^{n-k} \left( \begin{pmatrix} {n-k} \\ j \end{pmatrix} \frac{3^{-j}}{1+i+j} \right) \right) \end{eqnarray*}$

Ich habe den von dir verlinkten Wiki-Artikel über Hypergeometrische Funktionen überflogen, und glaube das dieser Ansatz letzten Endes ohnehin genau dorthin führt wo ich gestern im Halbschlaf gelandet bin.

Trotzdem vielen Dank! Ich habe dadurch wenigstens gelernt was Hypergeometrische Funktionen sind; vielleicht kann man das ja mal brauchen.

Danke!

LG
Hubert

27.08.2014, 11:22

wogir

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, so ungefähr kanns gehen. Wenn du

$\begin{eqnarray*} \int_0^1(1-q)^k(3+q)^{n-k}dq = \sum_{i=0}^{n-k}\begin{pmatrix}n-k\\i\end{pmatrix}3^{n-k-i}\int_0^1(1-q)^kq^idq \end{eqnarray*}$

verwendest, sowie ( http://de.wikipedia.org/wiki/Eulersche_Betafunktion )

$\begin{eqnarray*} \int_0^1(1-q)^kq^idq = \frac{(n-k)!}{i!(n-k-i)!} \end{eqnarray*}$

hast du am Ende nur eine Summe mit n+k+1 Summanden (das wird auch den Code schneller machen).

27.08.2014, 14:20

Hubert1965

Auf diesen Beitrag antworten »

Klingt gut, aber ich komm auf ein anderes Ergebnis.

Ich machs mal langsam, damit ich später wieder jeden Schritt nachvollziehen kann (ich bin auch ein wenig eingerostet, das alles ist Jahrzehnte her bei mir). Ich beginne wieder bei derselben Gleichung wie vorhin:

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = 4^{-n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \int\limits_0^1 \! p(1-p^2)^k (3+p^2)^{n-k} \, dp \end{eqnarray*}$

Jetzt die Substitution:

$\begin{eqnarray*} q = p^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} dq = 2pdp \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2p}dq = dp \end{eqnarray*}$

Einsetzen (wegen 0=0² und 1=1² bleiben die Grenzen gleich):

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = 4^{-n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \int\limits_0^1 \! p(1-q)^k (3+q)^{n-k} \, \frac{1}{2p}dq \end{eqnarray*}$

Umformen

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = \frac{1}{2 \cdot 4^n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \int\limits_0^1 \! (1-q)^k (3+q)^{n-k} \, dq \end{eqnarray*}$

Die hintere Potenz als binomische Reihe darstellen, die vordere unverändert lassen

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = \frac{1}{2 \cdot 4^n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \int\limits_0^1 \! (1-q)^k \sum\limits_{i=0}^{n-k} {\begin{pmatrix} n-k \\ i \end{pmatrix} 3^{n-k-i}q^i} \, dq \end{eqnarray*}$

konstanten Faktor in den Summanden nehmen, Summe und Integral vertauschen

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = \frac{1}{2 \cdot 4^n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \sum\limits_{i=0}^{n-k} {\int\limits_0^1 \! \begin{pmatrix} n-k \\ i \end{pmatrix} 3^{n-k-i} (1-q)^k q^i} \, dq \end{eqnarray*}$

Konstante Faktoren vor das Integralzeichen schieben

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = \frac{1}{2 \cdot 4^n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \sum\limits_{i=0}^{n-k} \begin{pmatrix} n-k \\ i \end{pmatrix} 3^{n-k-i} \int\limits_0^1 \! (1-q)^k q^i \, dq \end{eqnarray*}$

Sehr gut. Erstes Zwischenziel erreicht.

Ab jetzt kümmere ich mich nur um das Integral

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^1 \! (1-q)^k q^i \, dq \end{eqnarray*}$

Auf der Wikipedia-Seite über die Betafunktion finde ich:

$\begin{eqnarray*} B(x,y) = \int\limits_0^1 \! t^{x-1} (1-t)^{y-1}\, dt \end{eqnarray*}$

Ich substituiere:

$\begin{eqnarray*} t=q; \quad dt=dq \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k=y-1; \quad k+1=y \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} i=x-1; \quad i+1=x \end{eqnarray*}$

und setze ein

$\begin{eqnarray*} B(i+1,k+1) = \int\limits_0^1 \! q^{i} (1-q)^{k}\, dq \end{eqnarray*}$

Auf der Wikipediaseite finde ich auch:

$\begin{eqnarray*} B(x,y)=\dfrac{(x-1)!(y-1)!}{(x+y-1)!} \end{eqnarray*}$

Ich setze dieselben Substitute wie vorhin ein:

$\begin{eqnarray*} B(i+1,k+1)=\dfrac{i! \cdot k!}{(i+k+1)!} \end{eqnarray*}$

Wenn bei zwei Gleichungen links dasselbe steht sind auch die rechten Seiten gleich:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^1 \! q^{i} (1-q)^{k}\, dq=\dfrac{i! \cdot k!}{(i+k+1)!} \end{eqnarray*}$

Und das soll jetzt angeblich dasselbe wie $\begin{eqnarray*} \frac{(n-k)!}{i!(n-k-i)!} \end{eqnarray*}$ sein, aber das sehe ich nicht. Ich lasse das mal beiseite und mache bei dem weiter was ich gefunden habe. Ich setzte den Bruch anstelle des Integrals in meine Gleichung ein:

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = \frac{1}{2 \cdot 4^n}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \cdot \sum\limits_{i=0}^{n-k} \begin{pmatrix} n-k \\ i \end{pmatrix} 3^{n-k-i} \dfrac{i! \cdot k!}{(i+k+1)!} \end{eqnarray*}$

Jetzt wandle ich beide Binominalkoeffizienten in einen anderen Ausdruck um

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = \frac{1}{2 \cdot 4^n} \cdot \frac{n!}{k! \cdot (n-k)!} \cdot \sum\limits_{i=0}^{n-k} \frac{(n-k)!}{i! \cdot (n-k-i)!} \cdot 3^{n-k-i} \cdot \frac{i! \cdot k!}{(i+k+1)!} \end{eqnarray*}$

Und sehe dass man da was vereinfachen kann.
Erst umstellen,

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = \frac{1}{2 \cdot 4^n} \cdot \sum\limits_{i=0}^{n-k} 3^{n-k-i} \cdot \frac{n!}{k! \cdot (n-k)!} \cdot \frac{(n-k)!}{i! \cdot (n-k-i)!} \cdot \frac{i! \cdot k!}{(i+k+1)!} \end{eqnarray*}$

dann kürzen

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = \frac{1}{2 \cdot 4^n} \cdot \sum\limits_{i=0}^{n-k} 3^{n-k-i} \cdot \frac{n!}{1} \cdot \frac{1}{(n-k-i)!} \cdot \frac{1}{(i+k+1)!} \end{eqnarray*}$

und nochmal umstellen

$\begin{eqnarray*} E_{n,k} = \frac{n!}{2 \cdot 4^n} \cdot \sum\limits_{i=0}^{n-k} \frac{3^{n-k-i}}{(n-k-i)!} \cdot \frac{1}{(i+k+1)!} \end{eqnarray*}$

Das sieht gut aus!

Danke für den Hinweis auf die Beta-Funktion!

27.08.2014, 14:28

wogir

Auf diesen Beitrag antworten »

Ach, sorry, ja du hast völlig recht. Es sollte heissen

$\begin{eqnarray*} \int_0^1(1-q)^kq^idq = \frac{i!k!}{(i+k+1)!} \end{eqnarray*}$

Hatte mich verschrieben.

Neue Frage »

Antworten »

Integral eines Produktes zweier Binominalreihen

Verwandte Themen