Markov-Prozess

17.07.2017, 09:49

Sabbse92

Markov-Prozess

Guten Morgen zusammen,

sei $\begin{eqnarray*} \displaystyle (X_k)_{k\in \mathbb N} \end{eqnarray*}$ eine Familie identischer verteilter, unabhängiger $\begin{eqnarray*} \displaystyle \{-1,1\} \end{eqnarray*}$ - wertiger Zufallsvariablen.

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \mathbb P(X_k=1)=p \quad \quad \mathbb P(X_k=-1)=1-p \quad \quad \forall k \geq 1 \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \displaystyle 0\leq p \geq 1 \end{eqnarray*}$ . Wir setzen $\begin{eqnarray*} \displaystyle S_0=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n X_k \end{eqnarray*}$ .

(a) Geben Sie alle möglichen Pfade an, die von $\begin{eqnarray*} \displaystyle S_0=0 \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} \displaystyle S_4=2 \end{eqnarray*}$ führen.

- -1,0,1,2
- 1,0,1,2
- 1,2,1,2

b) Zeigen Sie, dass

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \mathbb P(S_4=2|S_0) = \binom{4}{3}p^3(1-p) = \binom{4}{1}p^3(1-p) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \mathbb P(S_4=2|S_0) = \mathbb P(\sum_{k=1}^k X_k =2|S_0) = \binom{4}{3} \mathbb P(X_1=-1,X_2=1,X_3=1,X_4=1|S_0) = \binom{4}{3} \mathbb P(X_1=-1) \dots \cdot \mathbb P(X_4=1) = \binom{4}{3}p^3(1-p) = \binom{4}{1}p^3(1-p) \end{eqnarray*}$

Bei der zweiten Gleichheit, habe ich mich für ersten Pfad entschieden. Für die letzte Gleichheit benutzt man

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \binom{4}{3}=\binom{4}{1} \end{eqnarray*}$

c) Angenommen, n+k sei gerade, zeigen Sie, dass

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \mathbb P(S_n=k|S_0) = \binom{n}{(n+k)/2}p^{(n+k)/2}(1-p)^{(n-k)/2} \quad \quad n+k \medspace \hbox{gerade} \land |k|<n \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \mathbb P(S_n=k|S_0) =0 \quad \quad n+k \medspace \hbox{ungerade} \lor |k|>n \end{eqnarray*}$

Das zeigt man am besten per vollständiger Induktion oder?

17.07.2017, 09:54

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zu (a): Was ist mit Pfad 1,2,3,2 ?

Und eine Frage noch: Warum fügst du "Bedingung" (?) $\begin{align*} \mid S_0 \end{align*}$ in deine Wahrscheinlichkeiten ein ? Es ist fest $\begin{align*} S_0=0 \end{align*}$ , daher sieht das für mich irgendwie ziemlich sinnfrei aus. verwirrt

Zitat:

Original von Sabbse92
c) ... Das zeigt man am besten per vollständiger Induktion oder?

Mit den passenden kombinatorischen Argumenten geht das auch unmittelbar, d.h., Induktion scheint mir da nicht zwingend nötig zu sein.

17.07.2017, 14:45

Sabbse92

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Zu (a): Was ist mit Pfad 1,2,3,2 ?

Mist, den habe ich vergessen.

Zitat:

Und eine Frage noch: Warum fügst du "Bedingung" (?) ∣S0 in deine Wahrscheinlichkeiten ein ?

Ich war mir unsicher, ob $\begin{eqnarray*} \displaystyle \mathbb P(X_k = n|S_0=0) = \mathbb P(X_k=n) \end{eqnarray*}$ gilt.
Deswegen hatte ich es sicherheitshalber mit geschrieben.

Zitat:

Mit den passenden kombinatorischen Argumenten geht das auch unmittelbar, d.h., Induktion scheint mir da nicht zwingend nötig zu sein.

Ich habe es versucht direkt zu machen, komme aber direkt zu Beginn an einer Stelle nicht weiter.

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \mathbb P(S_n=k) = \mathbb P(\sum_{i=1}^n X_i =k) = \binom {n}{k} \mathbb \mathbb P(X_0=0, \dots) \end{eqnarray*}$

In das Argument, möchte ich einen möglichen Fall hinschreiben, dass ich nach n-Schritten bei k bin. Außerdem sehe ich nicht, wie das $\begin{eqnarray*} \displaystyle (n+k)/2 \end{eqnarray*}$ etc. reinkommen soll.

17.07.2017, 15:14

Sabbse92

Auf diesen Beitrag antworten »

Das wäre doch ein möglicher Fall, in n-Schritten nach k zu kommen.

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \binom {n}{k} \mathbb \mathbb P(X_{\frac{n-k}{2}} =-1 ,\dots ,X_{\frac{n-k}{2}}=1,\dots , X_{n-k}=1,\dots X_n=1) = \binom {n}{k} (1-p)^{\frac{n-k}{2}} \cdot p^{\frac{n-k}{2}+k}= \binom {n}{k} (1-p)^{\frac{n-k}{2}} \cdot p^{\frac{n+k}{2}} \end{eqnarray*}$

Man geht n-k/2 Schritte nach -1, anschließend n-k/2 Schritte nach +1 und die restlichen k-Schritte nach +1 (wobei ich hier angenommen habe, dass k positiv ist).

Warum sich der Vorfaktor ändert $\begin{eqnarray*} \displaystyle \binom{n}{k} \end{eqnarray*}$ , sehe ich leider nicht.

17.07.2017, 16:15

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Sabbse92
Man geht n-k/2 Schritte nach -1, anschließend n-k/2 Schritte nach +1 und die restlichen k-Schritte nach +1 (wobei ich hier angenommen habe, dass k positiv ist).

Nein, nicht n-k/2 = $\begin{eqnarray*} n-\frac{k}{2} \end{eqnarray*}$ , sondern (n-k)/2 = $\begin{eqnarray*} \frac{n-k}{2} \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Wenn ich mal die fehlenden Klammern gnädigerweise toleriere, dann stimmt deine Aussagen, man kann sie auch kürzer fassen:

Man geht (n-k)/2 Schritte mit -1 und die restlichen (n+k)/2 Schritte mit +1.

Und nix mit "anschließend", denn die Schritte mit +1 und -1 können beliebige angeordnet werden, solange ihre Gesamtzahl stimmt. Was dann auch den Vorfaktor $\begin{eqnarray*} \binom{n}{k} \end{eqnarray*}$ erklärt. Augenzwinkern

EDIT: Sorry, Schreibfehler, es muss $\begin{eqnarray*} \binom{n}{m} \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} \binom{n}{k} \end{eqnarray*}$ heißen, wobei $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ die Schrittzahl mit +1 ist, also $\begin{eqnarray*} m=\frac{n+k}{2} \end{eqnarray*}$ .

17.07.2017, 16:44

Sabbse92

Auf diesen Beitrag antworten »

Entschuldigung, dass habe ich schlampig hingeschrieben.

Ach so, dann ist es wahrscheinlich wie in der Teilaufgabe b), dass man noch zeigen muss

$\begin{eqnarray*} \binom{n}{k} = \binom{n}{\frac{n+k}{2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \binom{n}{\frac{n+k}{2}} = \frac{n!}{(\frac{n+k}{2})! \cdot (n- \frac{n+k}{2})!} = \frac{n!}{(\frac{n+k}{2})! \cdot (\frac{n-k}{2})!} \end{eqnarray*}$

Jetzt sehe ich nicht, wie man das weiter vereinfachen könnte.

17.07.2017, 16:53

Sabbse92

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} (\frac{n+k}{2})! (\frac{n-k}{2})! = \frac{n+k}{2} \cdot \frac{n-1+k}{2} \cdot \dots \frac{n-k}{2}\cdot \frac{n-1-k}{2} = \frac{(n^2-k^2)!}{2^{2n}} \end{eqnarray*}$

17.07.2017, 18:16

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Sabbse92
$\begin{eqnarray*} \binom{n}{k} = \binom{n}{\frac{n+k}{2}} \end{eqnarray*}$

Das dürfte für die meisten $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ falsch sein. Vermutlich meinst du stattdessen $\begin{eqnarray*} \binom{n}{\frac{n-k}{2}} = \binom{n}{\frac{n+k}{2}} \end{eqnarray*}$ , das wäre richtig.

Zitat:

Original von Sabbse92
$\begin{eqnarray*} (\frac{n+k}{2})! (\frac{n-k}{2})! = \frac{n+k}{2} \cdot \frac{n-1+k}{2} \cdot \dots \frac{n-k}{2}\cdot \frac{n-1-k}{2} = \frac{(n^2-k^2)!}{2^{2n}} \end{eqnarray*}$

Das letzte Gleichheitszeichen ist grober Unfug. Genauso wie das $\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$ zwischendrin, welches was volkommen falsches suggeriert. Forum Kloppe

17.07.2017, 18:26

Sabbse92

Auf diesen Beitrag antworten »

Hmm, ich bin doch auf folgende Lsg. gekommen

$\begin{eqnarray*} \binom {n}{k} (1-p)^{\frac{n-k}{2}} \cdot p^{\frac{n+k}{2}} \end{eqnarray*}$

In der Aufgabe sollte ich aber folgende Gleichheit zeigen

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \mathbb P(S_n=k|S_0) = \binom{n}{(n+k)/2}p^{(n+k)/2}(1-p)^{(n-k)/2} \quad \quad n+k \medspace \hbox{gerade} \land |k|<n \end{eqnarray*}$

Daraus habe ich gefolgert, dass

$\begin{eqnarray*} \binom{n}{k} = \binom{n}{\frac{n+k}{2}} \end{eqnarray*}$

17.07.2017, 20:00

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Also nochmal ganz von vorn: Man kommt nur dann auf $\begin{align*} S_n=k \end{align*}$ , wenn die Summe aus genau $\begin{align*} m \end{align*}$ -mal +1 und genau $\begin{align*} (n-m) \end{align*}$ -mal -1 besteht, wobei $\begin{align*} m:=\frac{n+k}{2} \end{align*}$ ist. Jeder dieser Pfade besitzt Wkt $\begin{align*} p^m(1-p)^{n-m} \end{align*}$ und es gibt genau $\begin{align*} \binom{n}{m} \end{align*}$ solche Pfade. Daher ist

$\begin{align*} P(S_n=k) = \binom{n}{m} p^m(1-p)^{n-m} = \binom{n}{\frac{n+k}{2}} p^{\frac{n+k}{2}}(1-p)^{\frac{n-k}{2}} \end{align*}$

17.07.2017, 20:34

Sabbse92

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen Dank für die Erklärung, jetzt habe ich es verstanden smile

Es bleibt also noch zu zeigen, dass

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \mathbb P(S_n=k|S_0) =0 \quad \quad n+k \medspace \hbox{ungerade} \lor |k|>n \end{eqnarray*}$

1. Fall $\begin{eqnarray*} |k|>n \end{eqnarray*}$

D.h., wie hoch ist die W'keit, dass ich nach n-Schritten in k bin, wobei $\begin{eqnarray*} |k|>n \end{eqnarray*}$ . Die W'keit ist offensichtlich 0

2.Fall $\begin{eqnarray*} n+k \medspace \hbox{ungerade} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n+k \medspace \hbox{ungerade} \quad \Rightarrow \quad (k \medspace ungerade \land n \medspace gerade) \quad \lor \quad (k \medspace gerade \land n \medspace ungerade) \end{eqnarray*}$

Bei beiden Fällen läuft es darauf hinaus, dass 1-Schritt fehlt um bei k zu landen. Wie soll ich das aber mathematisch zeigen, dass daraus folgt

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \mathbb P(S_n=k|S_0) =0 \end{eqnarray*}$

17.07.2017, 20:43

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Herrje, wir sind doch bereits fertig: Das oben gilt natürlich nur, wenn $\begin{align*} m:=\frac{n+k}{2} \end{align*}$ auch eine natürliche Zahl ist (also $\begin{align*} n+k \end{align*}$ gerade) und zudem zwischen $\begin{align*} 0 \end{align*}$ und $\begin{align*} n \end{align*}$ liegt, daraus folgt $\begin{align*} -n\leq k\leq n \end{align*}$ . In allen anderen Fällen gibt es keinen solchen Pfad, d.h. Wahrscheinlichkeit 0 - fertig.

17.07.2017, 21:25

Sabbse92

Auf diesen Beitrag antworten »

Ah..., warum sehe ich das nicht unglücklich

Nichts desto trotz, vielen Dank für deine Hilfe und Geduld smile

Neue Frage »

Antworten »

Markov-Prozess

Verwandte Themen