Binomialverteilte Zufallsvariablen, zeigen mithilfe stirlingscher Approximation

17.06.2020, 16:00

Tom Kenter

Binomialverteilte Zufallsvariablen, zeigen mithilfe stirlingscher Approximation

Meine Frage:
Leute, könnt ihr mir helfen, habe folgende Aufgabe...
Kann leider die Formeln nicht eintippen, weil die Latex hier irgendwie nicht funktioniert, habe es im Anhang zugefügt

Meine Ideen:
Zudem soll ich das Ergebnis deuten. Hat da jemande eine Idee wie man das zeigt und deutet? Vielen Dank im Voraus!

18.06.2020, 06:06

Ulrich Ruhnau

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RE: Binomialverteilte Zufallsvariablen, zeigen mithilfe stirlingscher Approximation?
Wesentlich ist hier, wie man von einer Binomialverteilung $\begin{eqnarray*} B(n|p;k)=\binom nkp^k(1-p)^{n-k} \end{eqnarray*}$ auf eine Poissonverteilung $\begin{eqnarray*} P_{\lambda}(k)=\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} \end{eqnarray*}$ kommt.

Dazu muß man $\begin{eqnarray*} \lambda=np \end{eqnarray*}$ ansetzen, wobei $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ der Erwartungswert ist. Dabei läßt man $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ bei konstantem $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ gehen.

$\begin{eqnarray*} P_{\lambda}(k)=\lim_{n \to \infty } B\left(n\left|\frac{\lambda}n\right.;k\right) \end{eqnarray*}$

18.06.2020, 13:43

HAL 9000

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Betrachten wir festes $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ und versuchen bei der Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(B_n=k) \end{eqnarray*}$ zum Grenzwert $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ überzugehen:

Da haben wir zunächst

$\begin{eqnarray*} P(B_n=k) = \binom{n}{k} p_n^k (1-p_n)^{n-k} = \frac{1}{k!} \prod_{j=0}^{k-1} (n-j)\cdot p_n^k (1-p_n)^{-k}\cdot (1-p_n)^n = \underbrace{\frac{(np_n)^k}{k!}}_{=:f_1(n)}\cdot \underbrace{\prod_{j=0}^{k-1} \left(1-\frac{j}{n}\right)}_{=:f_2(n)}\cdot \underbrace{(1-p_n)^{-k}}_{=:f_3(n)}\cdot \underbrace{(1-p_n)^n}_{=:f_4(n)} \end{eqnarray*}$

Aus $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} np_n = \lambda \end{eqnarray*}$ folgt unmittelbar $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} f_1(n) = \frac{\lambda^k}{k!} \end{eqnarray*}$ , die Grenzwerte $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} f_2(n) = \lim_{n\to\infty} f_3(n) = 1 \end{eqnarray*}$ sollten ohnehin klar sein, da das Produkte mit einer festen (d.h. von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ unabhängigen) Anzahl Faktoren sind, die alle gegen 1 streben, bei $\begin{eqnarray*} I_3(n) \end{eqnarray*}$ folgt das aus $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} p_n = 0 \end{eqnarray*}$ .

Bleibt als einziger großer Brocken $\begin{eqnarray*} f_4(n) \end{eqnarray*}$ . Und da kann man so vorgehen: Wegen $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} np_n = \lambda \end{eqnarray*}$ gibt es für $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} n_0>\lambda+\varepsilon \end{eqnarray*}$ derart, dass $\begin{eqnarray*} \lambda-\varepsilon < np_n < \lambda+\varepsilon \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ gilt, d.h., man hat die Einschachtelung

$\begin{eqnarray*} \left(1 - \frac{\lambda+\varepsilon}{n}\right)^n \leq f_4(n) \leq \left(1 - \frac{\lambda-\varepsilon}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ .

Führt man nun den Grenzübergang unter Beachtung des (hoffentlich bekannten und benutzbaren) Grenzwerts $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{t}{n}\right)^n = e^t \end{eqnarray*}$ durch, so bekommt man $\begin{eqnarray*} e^{-\lambda-\varepsilon} \leq \limsup_{n\to\infty} f_4(n) \leq e^{-\lambda+\varepsilon} \end{eqnarray*}$ , gleiches für den $\begin{eqnarray*} \liminf \end{eqnarray*}$ . Da dies für alle $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ gilt, bleibt am Ende nur $\begin{eqnarray*} \limsup_{n\to\infty} f_4(n) = \liminf_{n\to\infty} f_4(n) = e^{-\lambda} \end{eqnarray*}$ übrig.

Wie man den o.g. Stirling hier einsetzen kann, sehe ich momentan nicht, aber vielleicht hilft er, die Verwendung von $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{t}{n}\right)^n = e^t \end{eqnarray*}$ zu vermeiden. verwirrt

18.06.2020, 20:27

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von HAL 9000
... $\begin{eqnarray*} \underbrace{\prod_{j=0}^{k-1} \left(1-\frac{j}{n}\right)}_{=:f_2(n)} \end{eqnarray*}$ ...

Wegen $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} np_n = \lambda \end{eqnarray*}$ gibt es für $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} n_0\color{red}\xcancel{\color{black}>\lambda+\varepsilon} \end{eqnarray*}$ derart, dass $\begin{eqnarray*} \lambda-\varepsilon < np_n < \lambda+\varepsilon \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ gilt, ...

Wie man den o.g. Stirling hier einsetzen kann, sehe ich momentan nicht, aber vielleicht hilft er, die Verwendung von $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{t}{n}\right)^n = e^t \end{eqnarray*}$ zu vermeiden. verwirrt

Wenn wir die Stirling-Formel einsetzen wollen, dann ist $\begin{eqnarray*} \underbrace{\prod_{j=0}^{k-1} \left(1-\frac{j}{n}\right)}_{=:f_2(n)} \end{eqnarray*}$ vermutlich der falsche Term. Vielleicht sollte man den Binomialkoeffizienten nur anders zerlegen, damit wir $\begin{eqnarray*} n! \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n^n \end{eqnarray*}$ gewinnen:

$\begin{eqnarray*} \binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!} \approx \frac{n!\,n^k}{k!\,n^n} \end{eqnarray*}$ für große $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ .

Andererseits würde ich den Fragesteller nicht von eigener Kreativität abhalten wollen und lieber abwarten, ob er sich noch mal meldet.

18.06.2020, 22:23

HAL 9000

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Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
Wenn wir die Stirling-Formel einsetzen wollen, dann ist $\begin{eqnarray*} \underbrace{\prod_{j=0}^{k-1} \left(1-\frac{j}{n}\right)}_{=:f_2(n)} \end{eqnarray*}$ vermutlich der falsche Term.

Tja, ich forme nicht krampfhaft um, nur um irgendeinen Tipp einfließen zu lassen, wenn es doch auch so klappt. Davon lasse ich mich auch von Leuten nicht abbringen, die Teile meiner Herleitung mit dicken roten Kreuzen durchstreichen - vermutlich nur, weil sie deren Sinn nicht verstehen. smile

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