Faltung oder doch bekannte Verteilung

22.10.2020, 13:58

FinMa55

Faltung oder doch bekannte Verteilung

Hallo,
ich betrachte n i.i.d Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X_k \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} X_k:= I_k \cdot B_k \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} I_k \end{eqnarray*}$ Bernoulli verteilt ist mit Parameter p und $\begin{eqnarray*} B_k \end{eqnarray*}$ geometrisch verteilt ist mit Paramter q.

Jetzt möchte ich berechnen: $\begin{eqnarray*} P(X_1+...+X_n \leq s) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} s \in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ .

Über die Faltung geht das sicher. Die Frage ist, ob man einen anderen Weg finden kann. Z.B. kann man einfach nachweisen, dass die Summe von geometrisch gleich verteillten Zufallsvariablen negativ Binomialverteilt ist. Gibt es in diesem Kontext auch eine bekannte gemeinsame Verteilung?

22.10.2020, 14:48

HAL 9000

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Wenn ich das richtig sehe, besitzt dein $\begin{eqnarray*} X_1+\ldots+X_n \end{eqnarray*}$ dieselbe Verteilung wie $\begin{eqnarray*} S:=\sum_{k=1}^N Y_k \end{eqnarray*}$ mit unabhängigen $\begin{eqnarray*} N,Y_1,\ldots,Y_n \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} N\sim B(n,p) \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} Y_k\sim Geo(q) \end{eqnarray*}$ . Wie du richtig angemerkt hast, ist für festes $\begin{eqnarray*} r\geq 1 \end{eqnarray*}$ nun $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^r Y_k \sim NB(r,q) \end{eqnarray*}$ . In dieser Form kann man dann über

$\begin{eqnarray*} P(S=s) = \sum_r P(S=s \mid N=r)\cdot P(N=r) = \sum_r P\left(\sum_{k=1}^r Y_k = s\right)\cdot P(N=r) \end{eqnarray*}$

ein bisschen rumrechnen.

22.10.2020, 15:00

FinMa55

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Hallo,
danke für deine Rückmeldung. Die Sache ist nur, dass in deiner Formel das r in der äußeren Summe unendlich viele Werte annimmt.
Vor allem wenn das im Computer ausrechnen will kann man das ja dann schlecht umsetzen.
Käme man von deiner Formel aus zu einer gechlossenen bzw. implementierbaren Form?

22.10.2020, 15:41

HAL 9000

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Zitat:

Original von FinMa55
Die Sache ist nur, dass in deiner Formel das r in der äußeren Summe unendlich viele Werte annimmt.

Nein, ich war nur zu faul, den Indexbereich anzugeben: Es ist $\begin{eqnarray*} 0\leq r\leq n \end{eqnarray*}$ , evtl. sogar noch weniger, je nach $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ sowie ob deine Geometrische Verteilung bei Null oder bei Eins startet. Augenzwinkern

Hättest du eigentlich auch selbst merken können: Der Wahrscheinlichkeitswert $\begin{eqnarray*} P(N=r) \end{eqnarray*}$ ist bei Binomialverteiltem $\begin{eqnarray*} N\sim B(n,p) \end{eqnarray*}$ ja nur für diese $\begin{eqnarray*} 0\leq r\leq n \end{eqnarray*}$ ungleich Null.

22.10.2020, 15:52

FinMa55

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Herzlichen Dank.
Mich würde noch interessieren, wie du folgendes so schnell gesehen hast?

Zitat:

Original von HAL 9000
Wenn ich das richtig sehe, besitzt dein $\begin{eqnarray*} X_1+\ldots+X_n \end{eqnarray*}$ dieselbe Verteilung wie $\begin{eqnarray*} S:=\sum_{k=1}^N Y_k \end{eqnarray*}$ mit unabhängigen $\begin{eqnarray*} N,Y_1,\ldots,Y_n \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} N\sim B(n,p) \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} Y_k\sim Geo(q) \end{eqnarray*}$

22.10.2020, 18:33

HAL 9000

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Ich kann es auch DIREKT festlegen: $\begin{eqnarray*} N = \sum_{k=1}^n I_k \end{eqnarray*}$

Weiterhin bezeichnen $\begin{eqnarray*} 1\leq k_1<k_2<\ldots < k_N\leq n \end{eqnarray*}$ genau diejenigen Indizes, für die $\begin{eqnarray*} I_{k_j}=1 \end{eqnarray*}$ gilt. Und mit denen legt man dann schlicht $\begin{eqnarray*} Y_j := X_{k_j} \end{eqnarray*}$ fest.

Auf diese Weise bekommt man die o.g. Verteilungen von $\begin{eqnarray*} N,Y_1,\ldots \end{eqnarray*}$ .

22.10.2020, 19:06

FinMa55

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So ist es natürlich sehr elegant. Wenn ich die Gleichhheit beider Verteilung über die Momenterzeugenden Funktion nachweisen will, bekomme ich einerseits:

$\begin{eqnarray*} m_S(t)=E[exp(tS)]= E[\prod_{i=1}^k exp(tY_i)| N=k)] \cdot P(N=k)=....\sum_{k=0}^n E[exp(tY)]^k P(N=k) = [m_Y(t)p +(1-p)]^n \end{eqnarray*}$

Und ursprünglich:

$\begin{eqnarray*} E[e^{tX}]^n =[ \sum_{k=1}^n e^{sk} (1-q)^{k-1} q + 1-p]^n \end{eqnarray*}$

Wo habe ich denn da einen Fehler. Es muss doch die gleiche Momenterzeugende Funktion herauskommen?

23.10.2020, 09:05

HAL 9000

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Zunächst mal ist $\begin{eqnarray*} m_Y(t) = \frac{qe^t}{1-(1-q)e^t} \end{eqnarray*}$ , das solltest du schon noch einsetzen, bevor du vergleichst.

Ich nehme mal an, mit dem $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ in der unteren momenterzeugenden Funktion hast du dich verschrieben, da kommt stattdessen $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ hin. Und außerdem ist da nicht $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n \end{eqnarray*}$ sondern $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty} \end{eqnarray*}$ zu betrachten, was als geometrische Reihe letztendlich

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty} e^{tk} (1-q)^{k-1}q = qe^t \sum_{j=0}^{\infty} \left((1-q)e^t\right)^j = \frac{qe^t}{1-(1-q)e^t} \end{eqnarray*}$

bedeutet. Leider hast du auch noch Faktor $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ vor dieser Reihe vergessen.

Diese Fehler alle korrigierend kommt man zu

$\begin{eqnarray*} E\left[e^{tX}\right] = E\left[(1-p)\cdot e^{t\cdot 0} + p\cdot e^{tB}\right] = (1-p) + p\cdot \frac{qe^t}{1-(1-q)e^t} \end{eqnarray*}$ ,

damit kommt man doch dasselbe heraus wie beim ersten Weg.

23.10.2020, 11:33

FinMa55

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Vielen Dank. Da waren einige Fehler drin.
Ich muss aber noch garantieren, dass $\begin{eqnarray*} |(1-q)e^t | <1 \end{eqnarray*}$
Für $\begin{eqnarray*} 1-q \end{eqnarray*}$ ist das ja der Fall aber in Kombination mit $\begin{eqnarray*} e^t \end{eqnarray*}$ muss das ja nicht sein.

Wäre das dann nicht eine Einschränkung für das t? Im ersten Fall gäb es ja gar keine Bedingung an das t. Dann scheint dein Weg doch viel eleganter smile

23.10.2020, 12:08

HAL 9000

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Zitat:

Original von FinMa55
Im ersten Fall gäb es ja gar keine Bedingung an das t.

Für die zu großen $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ ist auch dort $\begin{eqnarray*} m_Y(t)=\infty \end{eqnarray*}$ sowie in der Folge dann $\begin{eqnarray*} m_S(t)=\infty \end{eqnarray*}$ . Ich vermag da keine "Eleganz" zu erkennen, denn für $\begin{eqnarray*} (1-q)e^t \geq 1 \end{eqnarray*}$ ist die geometrische Reihenwertformel gar nicht anwendbar! Dessen sollte man sich bewusst sein.

Für eine solche momenterzeugende Funktion ist es doch auch überhaupt nicht wichtig, dass sie für alle reellen Zahlen $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ definiert ist - wenn sie das in irgendeiner (und wenn auch noch so kleinen) Umgebung der Null ist, dann reicht das doch vollkommen aus.

23.10.2020, 15:50

FinMa55

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Du beziehst dich auf die Berechnung der Momente über die Ableitungen an der Stelle 0.
Vielmehr braucht man ja egtl nicht.

Vielen Dank HAL für deine Hilfe smile

31.10.2020, 18:27

FinMa55

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RE: Faltung oder doch bekannte Verteilung

Zitat:

Original von FinMa55
Hallo,
ich betrachte n i.i.d Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X_k \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} X_k:= I_k \cdot B_k \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} I_k \end{eqnarray*}$ Bernoulli verteilt ist mit Parameter p und $\begin{eqnarray*} B_k \end{eqnarray*}$ geometrisch verteilt ist mit Paramter q.

Hallo HAL,
ich hätte noch eine Frage dazu.

Angenommen ich betrachte $\begin{eqnarray*} Y_k =c+k-\sum_{j=1}^k X_k \end{eqnarray*}$ für festes natürlcihes c $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$

Betrachte noch den Zeitpunkt: $\begin{eqnarray*} \tau=\inf\{ n\geq 1: Y_n \leq 0\} \end{eqnarray*}$

Wie nutze ich die Eigenschaften der geometrischen Verteilung aus, um folgendes zu zeigen:

$\begin{eqnarray*} P(\tau=k, -Y_{\tau}=j)=P(\tau=k) \cdot (1-q)^j q \end{eqnarray*}$

03.11.2020, 13:29

FinMa55

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RE: Faltung oder doch bekannte Verteilung

Zitat:

Original von FinMa55

Zitat:

Ich komme auf: $\begin{eqnarray*} P(\tau=k, -Y_{\tau}=j)=P(\tau=k) p \cdot (1-q)^j q[ \end{eqnarray*}$

Kommst du auf das gleiche?

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Faltung oder doch bekannte Verteilung

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