Meine Notizen zur Binomialverteilung

26.03.2023, 21:51

Pippen

Meine Notizen zur Binomialverteilung

So, jetzt habe ich mich durch die erste Wahrscheinlichkeitsverteilung „gekämpft“ und das erinnerungswürdige notiert.

Vielleicht kann jmd. mit Ahnung einmal drüberschauen, ob ich irgendwelche (grobe) Fehler drin habe oder Fundamentales vergesse. Das Beispiel ist von mir. Hier würde mich interessieren, ob die Formalien passen, insbesondere die Zufallsvariablen und ihre Zuweisungen verwirren mich noch immer.

Echten Anfängern kann vllt. meine Zusammenstellung helfen und viel Zeit sparen.

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27.03.2023, 00:57

Finn_

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Nochmals der Rechenweg via Definition einer passenden Zufallsgröße. Sei $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ die Erfolgswahrscheinlichkeit in einem Versuch. Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für genau $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Erfolge bei $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Versuchen.

Seien die $\begin{eqnarray*} X_i\in\{0,1\} \end{eqnarray*}$ unabhängig, jeweils mit $\begin{eqnarray*} P(X_i=1)=p. \end{eqnarray*}$ Setze

$\begin{eqnarray*} X:=X_1+\ldots+X_n. \end{eqnarray*}$

Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit findet sich

$\begin{eqnarray*} \begin{aligned}P(X=k) &= \sum_{\substack{(x_1,\ldots,x_n)\colon\\ x_1+\ldots+x_n=k}} P(X_1=x_1,\ldots,X_n=x_n)\\ &=\sum_{\substack{(x_1,\ldots,x_n)\colon\\ x_1+\ldots+x_n=k}} P(X_1=x_1)\cdot\ldots\cdot P(X_n=x_n)\\ &= p^k (1-p)^{n-k}\sum_{\substack{(x_1,\ldots,x_n)\colon\\ x_1+\ldots+x_n=k}} 1 = p^k(1-p)^{n-k}\binom{n}{k}.\end{aligned} \end{eqnarray*}$

Zur ersten Umformung sei ohne Beschränkung der Allgemeinheit $\begin{eqnarray*} n=2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} g(X_1,X_2):=X_1+X_2. \end{eqnarray*}$

Satz. Für $\begin{eqnarray*} X,Y\colon\Omega\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g\colon\mathbb R^2\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} P(g(X,Y)=k) = \sum_{(x,y):g(x,y)=k}P(X=x, Y=y). \end{eqnarray*}$

Beweis. Via Umformung

$\begin{eqnarray*} \begin{aligned}P(g(X,Y)=k) &= P(\{\omega\in\Omega\mid g(X(\omega),Y(\omega))=k\})\\ &= P(\{\omega\in\Omega\mid \exists (x,y)\colon g(x,y)=k\land X(\omega)=x\land Y(\omega)=y\})\\ &= P(\{\omega\in\Omega\mid \exists (x,y)\in \{(x,y)\mid g(x,y)=k\}\colon X(\omega)=x\land Y(\omega)=y\})\\ &= P(\bigcup_{(x,y):g(x,y)=k} \{\omega\in\Omega\mid X(\omega)=x\land Y(\omega)=y\})\\ &= P(\bigcup_{(x,y):g(x,y)=k} X^{-1}(x)\cap Y^{-1}(y))\\ &= \sum_{(x,y):g(x,y)=k} P(X^{-1}(x)\cap Y^{-1}(y))\\ &= \sum_{(x,y):g(x,y)=k} P(\{X=x\}\cap\{Y=y\})\\ &= \sum_{(x,y):g(x,y)=k} P(X=x,Y=y).\end{aligned} \end{eqnarray*}$

27.03.2023, 01:41

Finn_

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Zufallsgrößen finde ich folgendermaßen am zugänglichsten. Seien $\begin{eqnarray*} \Omega,\Omega' \end{eqnarray*}$ der Einfachheit halber endlich. Eine Zufallsgröße ist eine Funktion $\begin{eqnarray*} X\colon\Omega\to\Omega', \end{eqnarray*}$ die eine kausale Verbindung zwischen $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \Omega' \end{eqnarray*}$ schafft. Das heißt, dass ein Ergebnis $\begin{eqnarray*} \omega\in\Omega \end{eqnarray*}$ die Ursache für das Ergebnis $\begin{eqnarray*} X(\omega)\in\Omega' \end{eqnarray*}$ ist. Fragt man nun, welche $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ zu einem $\begin{eqnarray*} x\in\Omega' \end{eqnarray*}$ führen, lautet die Antwort darauf, dass $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ dem Urbild $\begin{eqnarray*} X^{-1}(\{x\}) \end{eqnarray*}$ entstammen muss. Die Wahrscheinlichkeit für $\begin{eqnarray*} \{x\} \end{eqnarray*}$ ist also die, dass das Urbild eintritt. Man notiert

$\begin{eqnarray*} P_X(\{x\}) = P(X^{-1}(\{x\})), \end{eqnarray*}$ bzw. allgemeiner $\begin{eqnarray*} P_X(A) = P(X^{-1}(A)). \end{eqnarray*}$

Man definiert weiterhin noch die Schreibweisen

$\begin{eqnarray*} \{X=x\}:=X^{-1}(\{x\}) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \{X\in A\}:=X^{-1}(A) \end{eqnarray*}$

sowie

$\begin{eqnarray*} P(X=x):=P(\{X=x\}) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(X\in A):=P(\{X\in A\}). \end{eqnarray*}$

27.03.2023, 23:31

Pippen

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RE: Meine Notizen zur Binomialverteilung
@Finn: Habe ich in dem Bsp. die Zufallsvariable(n) richtig gebildet und angewendet oder würde ein Mathematiker die Nase rümpfen? Gerade das Bsp. sollte schon zeigen, wie die B-Verteilung korrekt angewendet wird.

Hast du sonst etwas gesehen, was fragwürdig ist?

28.03.2023, 12:45

Finn_

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Die Notation $\begin{eqnarray*} P(X=(x_1)_k) \end{eqnarray*}$ wäre zu ersetzen gegen $\begin{eqnarray*} P(X=k) \end{eqnarray*}$ mit
$\begin{eqnarray*} X:=X_1+X_2+X_3+X_4+X_5 \end{eqnarray*}$
Es sind die $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ unterschiedliche Zufallsgrößen, die unabhängig und identisch verteilt sind. Mit $\begin{eqnarray*} P(X_i=x_1)=\tfrac{1}{2}. \end{eqnarray*}$

Der zweimalige Wurf einer Münze wird zum Beispiel üblicherweise modelliert durch ein Paar $\begin{eqnarray*} (X_1,X_2) \end{eqnarray*}$ von Zufallsgrößen. Bei der Realisierung $\begin{eqnarray*} (X_1,X_2)(\omega) = (X_1(\omega),X_2(\omega)) \end{eqnarray*}$ soll der Wert $\begin{eqnarray*} X_1(\omega) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} X_2(\omega) \end{eqnarray*}$ nichts zu tun haben. Das heißt, es sollten $\begin{eqnarray*} X_1,X_2 \end{eqnarray*}$ am besten unterschiedliche Information aus $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ projizieren, denn andernfalls bestünde die Gefahr einer Abhängigkeit.

Sei hierzu $\begin{eqnarray*} \Omega := \{0,1\}^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \omega=(\omega_1,\omega_2). \end{eqnarray*}$ Es steht $\begin{eqnarray*} \omega_i \end{eqnarray*}$ für das Ergebnis des i-ten Wurfs. Setze

$\begin{eqnarray*} X_1\colon\Omega\to\{0,1\},\quad X_1(\omega) := \omega_1, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} X_2\colon\Omega\to\{0,1\},\quad X_2(\omega) := \omega_2. \end{eqnarray*}$

Man könnte einwenden, es gibt nur die Zufallsgröße des einmaligen Münzwurfs. Sie sei $\begin{eqnarray*} X\colon\{0,1\}\to\{0,1\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} X(\omega):=\omega, \end{eqnarray*}$ also die identische Funktion. Infolge gilt nun $\begin{eqnarray*} X_1(\omega)=X(\omega_1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_2(\omega)=X(\omega_2), \end{eqnarray*}$ und somit

$\begin{eqnarray*} (X_1(\omega),X_2(\omega)) = (X(\omega_1),X(\omega_2)). \end{eqnarray*}$

Zu interpretieren als: Entweder man nimmt unterschiedliche Zufallsgrößen, oder man nimmt unterschiedliche Ergebnisse.

28.03.2023, 15:50

HAL 9000

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Zitat:

Original von Finn_
Sei hierzu $\begin{eqnarray*} \Omega := \{0,1\}^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \omega=(\omega_1,\omega_2). \end{eqnarray*}$ Es steht $\begin{eqnarray*} \omega_i \end{eqnarray*}$ für das Ergebnis des i-ten Wurfs. Setze

$\begin{eqnarray*} X_1\colon\Omega\to\{0,1\},\quad X_1(\omega) := \omega_1, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} X_2\colon\Omega\to\{0,1\},\quad X_2(\omega) := \omega_2. \end{eqnarray*}$

Ja, typisches Beispiel eines kanonisch konstruierten W-Raums, und zwar hier als Produkt zweier Ausgangsräume für die beiden Einzelwürfe.

Zitat:

Original von Finn_
Man könnte einwenden, es gibt nur die Zufallsgröße des einmaligen Münzwurfs. Sie sei $\begin{eqnarray*} X\colon\{0,1\}\to\{0,1\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} X(\omega):=\omega, \end{eqnarray*}$ also die identische Funktion. Infolge gilt nun $\begin{eqnarray*} X_1(\omega)=X(\omega_1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_2(\omega)=X(\omega_2), \end{eqnarray*}$ und somit

$\begin{eqnarray*} (X_1(\omega),X_2(\omega)) = (X(\omega_1),X(\omega_2)). \end{eqnarray*}$

Eine problematische Sichtweise, da man es eher vermeidet, im selben Kontext mit Zufallsgrößen zu operieren, die auf unterschiedlichen W-Räumen definiert sind - was hier der Fall ist: $\begin{eqnarray*} X_1,X_2 \end{eqnarray*}$ sind auf dem W-Raum mit Grundmenge $\begin{eqnarray*} \{0,1\}^2 \end{eqnarray*}$ definiert, und $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} \{0,1\} \end{eqnarray*}$ . Daher muss man sich in dem Fall dann auch davor hüten, Wahrscheinlichkeiten für Ereignisse betreffend $\begin{eqnarray*} X_1,X_2 \end{eqnarray*}$ einerseits als auch $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ andererseits mit dem selben W-Maß $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ zu beschreiben - das geht dann nicht.

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