Diskreter bedingter Erwartungswert

05.10.2016, 16:00	Dukkha	Auf diesen Beitrag antworten »
Diskreter bedingter Erwartungswert Hallo, Leider komme ich bei folgender Aufgabe nicht mehr weiter. Seien $\begin{eqnarray} X,Y \end{eqnarray}$ zwei unabhängige Poisson verteilte Zufallsvariablen mit Parameter $\begin{eqnarray} \lambda,\mu>0 \end{eqnarray}$ . Sei $\begin{eqnarray} N=X+Y \end{eqnarray}$ . Berechnen sie $\begin{eqnarray} P(X=k\vert N=n) \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} k,n\in \mathbb{Z}_+ \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \mathbb{E}[X\vert N=n] \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} n\in \mathbb{Z}_+ \end{eqnarray}$ Also ich habe eine Wahrscheinlichkeitsfunktion $\begin{eqnarray} P(X=k\vert N=n) \end{eqnarray}$ berechnet, kann aber den Erwartungswert nicht berechnen, deshalb weiss ich nicht, ob die Wahrscheinlichkeitsfunktion stimmt. Hier meine Berechnung $\begin{eqnarray} P(X=k\vert N=n)=\frac{P(N=n\vert X=k)P(X=k)}{P(X+Y=n)}=\frac{P(Y=n-k\cap X=k)}{P(X+Y=n)}=\frac{P(Y=n-k)P(X=k)}{P(X+Y=n)} \end{eqnarray}$ Weil $\begin{eqnarray} X+Y\sim P(\lambda + \mu) \end{eqnarray}$ gilt $\begin{eqnarray} =\frac{e^{-\mu} \mu^{n-k}}{(n-k)!}\cdot \frac{e^{-\lambda} \lambda^{k}}{k!} \cdot \frac{n!}{e^{-(\lambda+\mu)} (\lambda+\mu)^{n}}=\frac{\mu^{n-k}\lambda^k}{(\mu+\lambda)^n}\frac{n!}{(n-k)!k!}=\binom{n}{k}\frac{\mu^{n-k}\lambda^k}{(\mu+\lambda)^n} \end{eqnarray}$ Doch jetzt müsste ich $\begin{eqnarray} \mathbb{E}(X\vert N=n)=\sum\limits_{k=0}^n k P(X=k\vert N=n)=\sum\limits_{k=0}^n k\binom{n}{k}\frac{\mu^{n-k}\lambda^k}{(\mu+\lambda)^n} \end{eqnarray}$ berechnen, aber der Ausdruck $\begin{eqnarray} \frac{1}{(\mu+\lambda)^n} \end{eqnarray}$ bereitet mir Kopfschmerzen. Stimmt die Wahrscheinlichkeitsfunktion überhaupt? Sind meine Schritt richtig? Vielen Dank für Hilfe!
05.10.2016, 18:07	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Rechnung ist richtig, und was den bedingten Erwartungswert betrifft, kann man die Sache abkürzen: Es ist $\begin{eqnarray} P(X=k \mid N=n) = \binom{n}{k} \frac{\mu^{n-k}\lambda^k}{(\mu+\lambda)^n} = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} \end{eqnarray}$ , wenn man $\begin{align} p:=\frac{\lambda}{\mu+\lambda} \end{align}$ setzt. Das entspricht der Binomialverteilung $\begin{align} B(n,p) \end{align}$ , deren Erwartungswert ist bekanntlich $\begin{align} np \end{align}$ . Folglich ist $\begin{align} \mathbb{E}[X \mid N=n] = \frac{n\lambda}{\mu+\lambda} \end{align}$ .
05.10.2016, 19:37	Dukkha	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen vielen Dank! Kannst du mir noch erklären, wie man $\begin{eqnarray} p=\frac{\lambda}{\lambda+\mu} \end{eqnarray}$ herleitet? Ich stehe auf dem Schlauch wie ich folgenden Ausdruck $\begin{eqnarray} \frac{\mu^{n-k}\lambda^k}{(\mu+\lambda)^n}=p^k(1-p)^{n-k} \end{eqnarray}$ nach $\begin{eqnarray} p \end{eqnarray}$ umstellen kann.
05.10.2016, 19:54	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{align} \frac{\mu^{n-k}\lambda^k}{(\mu+\lambda)^n} = \frac{\mu^{n-k}\lambda^k}{(\mu+\lambda)^{n-k+k}} = \frac{\mu^{n-k}}{(\mu+\lambda)^{n-k}} \cdot \frac{\lambda^k}{(\mu+\lambda)^k} = \left( \frac{\mu}{\mu+\lambda}\right)^{n-k}\cdot \left( \frac{\lambda}{\mu+\lambda} \right)^k = (1-p)^{n-k}\cdot p^k \end{align}$ bei letzterem ist noch berücksichtigt, dass $\begin{align} \frac{\mu}{\mu+\lambda} = 1-\frac{\lambda}{\mu+\lambda} \end{align}$ .
06.10.2016, 09:51	Dukkha	Auf diesen Beitrag antworten »
So simple, dankeschön

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