Poisson-Verteilung

16.03.2007, 12:47

kingskid

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Poisson-Verteilung

Hallo,
könnt ihr mir bitte bei dieser Aufgabe helfen?

Die Anzahl der Blüten, die ein Baum trägt, sei Poisson-verteilt. Aus jeder Blüte wird mit Wahrscheinlichkeit p eine Frucht. Was lässt sich über die Anzahl der Blüten sagen, wenn man die Zahl der Früchte kennt ?

Also poisson-verteilt bedeutet ja:
$\begin{eqnarray*} P(X=k) = e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!} \end{eqnarray*}$

P('aus Blüte wird frucht')=p.

aber wie kann man da "rückwärts" von den anzahl der früchte auf die blüten schließen??
verwirrt

verwirrt

verwirrt

verwirrt

viele grüße
kingskid

16.03.2007, 13:34

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Du hast zwei Zufallsgrößen

$\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ... Anzahl der Blüten
$\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ ... Anzahl der Früchte

Und du kennst zwei Sachen:

1. Die Verteilung von $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ , nämlich Poisson

2. Die bedingte Verteilung von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ bzgl. $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ : Es ist nämlich $\begin{eqnarray*} (F \bigm| B=n) \sim B(n,p) \end{eqnarray*}$ , d.h.

$\begin{eqnarray*} P(F=k \bigm| B=n) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k=0..n \end{eqnarray*}$

Was du nun aber suchst, ist die Umkehrung $\begin{eqnarray*} P(B=n \bigm| F=k) \end{eqnarray*}$ , also die bedingte Verteilung von $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ bei bekannter Fruchtzahl $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ . Das ist ein klarer Anwendungsfall für die Bayessche Formel.

16.03.2007, 15:51

kingskid

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danke für deine hilfe!

... warum ist die bedingte verteilung die binomialverteilung?

hab das jetzt mit der bayes-formel versucht:

$\begin{eqnarray*} P(B_k|F)= \frac{P(F|B_k) P(B_k)}{\sum_{i \in I}~P(F|B_i) P(B_i)}=\frac{\begin{pmatrix} n \\k \end{pmatrix} p^k (1-p)^{n-k} e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}} {\sum_{i\in I}~\begin{pmatrix} n \\i \end{pmatrix} p^i (1-p)^{n-i} e^{-\lambda} \frac{\lambda^i}{i!}} \end{eqnarray*}$

wenn das soweit stimmt, gibt es noch einen trick wie man das vereinfachen kann...?

16.03.2007, 16:10

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Zitat:

Original von kingskid
... warum ist die bedingte verteilung die binomialverteilung?

Na denk doch mal nach: Bei Vorliegen der Bedingung hast du genau $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Blüten, von denen sich jede mit Wkt. $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ zu einer Frucht entwickelt, unabhängig voneinander. Das sind genau die Bedingungen des Bernoulli-Experiments.

EDIT: Deine Formel ist in wesentlichen Teilen falsch, da du mehrfach i,k mit n verwechselt hast. Liegt natürlich daran, dass nicht klar ist, was du mit Ereignis $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ meinst - jedenfalls nicht die Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ , die ich verwendet habe. unglücklich

unglücklich

16.03.2007, 16:46

kingskid

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oha, d.h. ich muss mir erst noch die beiden Ereignisse definieren? kann ich das so machen:

C=" Baum hatte n Blüten"

A ="Baum hat k Früchte"

und dann $\begin{eqnarray*} P(C_k|A)= \frac{ P(A|C_k) P(C_k)}{\sum_{i \in I} P(A|C_i) P(C_i)} \end{eqnarray*}$ ?

oder wie meinst du das mit der Bayes-formel?

aber wie kann ich jetzt die Verteilungen der ZVen B und F verwenden...??

16.03.2007, 17:22

AD

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Du hast ganz einfach oben in die Bayessche Formel falsch eingesetzt. Also nochmal, was haben wir:

$\begin{eqnarray*} P(F=k \bigm| B=n) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k=0,\ldots,n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(B=n) = \frac{\lambda^n}{n!} e^{-\lambda} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n=0,1,\ldots \end{eqnarray*}$

Jetzt Bayessche Formel:

$\begin{eqnarray*} P(B=n \bigm| F=k) = \frac{P(F=k \bigm| B=n) \cdot P(B=n)}{P(F=k)} \end{eqnarray*}$

mit Nenner

$\begin{eqnarray*} P(F=k) = \sum\limits_{j=0}^{\infty} ~ P(F=k \bigm| B=j) \cdot P(B=j) \end{eqnarray*}$

Genaugenommen kann diese Summe auch erst bei $\begin{eqnarray*} j=k \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} j=0 \end{eqnarray*}$ starten, denn es ist $\begin{eqnarray*} P(F=k \bigm| B=j)=0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} j<k \end{eqnarray*}$ : Es können ja schlecht aus weniger als $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Blüten dann $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Früchte werden, zumindest nicht in unserem Modell. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Nun einsetzen und kräftig vereinfachen, dabei immer schön an die Exponentialreihe

$\begin{eqnarray*} e^t = \sum_{j=0}^{\infty} ~ \frac{t^j}{j!} \end{eqnarray*}$

denken, da löst sich dann fast alles in Wohlgefallen auf.

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16.03.2007, 18:22

kingskid

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ah okay, das ist cool.

einsetzen ergibt:

$\begin{eqnarray*} P(B=n|F=k) = \frac{ \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} \frac{\lambda^n}{n!} e^{-\lambda}}{ \sum_{j=0}^{\infty}~ \binom{j}{k} p^k (1-p)^{j-k} \frac{\lambda^j}{j!} e^{-\lambda}} \end{eqnarray*}$

der zähler vereinfacht gibt dann

$\begin{eqnarray*} ...=\frac{\lambda^n}{n!} e^{-\lambda} \end{eqnarray*}$ ?

und beim nenner gilt

$\begin{eqnarray*} \sum_{j=0}^{\infty}~ \frac{\lambda^j}{j!} e^{-\lambda} = e^{\lambda} \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} \sum_{j=0}^{\infty}~ \binom{j}{k} p^k (1-p)^{j-k} = \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda} \end{eqnarray*}$ ?

... nur steht alles in einer summe.... wie kann man das auseinander ziehen??

16.03.2007, 18:24

AD

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Nein, nein, nein - so einfach ist es nun auch wieder nicht!

Sortiere doch erstmal in der Summe, was vom Summationsindex $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ abhängig ist, und was nicht. Letzteres kannst du ja vor die Summe als Faktor ziehen.

16.03.2007, 18:52

kingskid

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so...

$\begin{eqnarray*} p^k e^{-\lambda} \sum_{j=0}^{\infty}~ \begin{pmatrix} j \\ k \end{pmatrix} (1-p)^{j-k} \frac{\lambda^j}{j!} \end{eqnarray*}$

hmm... ich würd ja gern die exponentialreihe verwenden, aber da ist ja noch zu viel in der summe... verwirrt

verwirrt

16.03.2007, 19:23

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Den Binomialkoeffizienten musst du zerpflücken, da führt kein Weg dran vorbei:

$\begin{eqnarray*} \binom{j}{k} = \frac{j!}{k!(j-k)!} \end{eqnarray*}$

Gilt natürlich erst für $\begin{eqnarray*} j\geq k \end{eqnarray*}$ , aber für kleinere $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ ist der Summand eh gleich Null (hab ich oben schon gesagt).

17.03.2007, 00:37

kingskid

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hm, dann komm ich auf folgendes:

$\begin{eqnarray*} p^k e^{-\lambda} \frac{1}{k!} \sum_{j=0}^{\infty} \frac{\lambda^j (1-p)^{j-k}}{(j-k)!} \end{eqnarray*}$

...gibt es noch eine möglichkeit das $\begin{eqnarray*} \lambda^j \end{eqnarray*}$ loszuwerden...? dann hätte ich $\begin{eqnarray*} e^{(1-p)} \end{eqnarray*}$ .... ?

17.03.2007, 07:36

AD

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Zunächst mal hab ich mir schon was dabei gedacht, wenn ich

Zitat:

Original von Arthur Dent
$\begin{eqnarray*} \binom{j}{k} = \frac{j!}{k!(j-k)!} \end{eqnarray*}$

Gilt natürlich erst für $\begin{eqnarray*} j\geq k \end{eqnarray*}$ , aber für kleinere $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ ist der Summand eh gleich Null (hab ich oben schon gesagt).

geschrieben habe: Denn der Ausdruck $\begin{eqnarray*} (j-k)! \end{eqnarray*}$ ist für $\begin{eqnarray*} j<k \end{eqnarray*}$ ganz einfach Unsinn! Also wenn du einsetzt, dann bitte die Summe erst ab $\begin{eqnarray*} j=k \end{eqnarray*}$ beginnen...

Und dann kannst du ja zerlegen $\begin{eqnarray*} \lambda^j = \lambda^{k+j-k} = \lambda^k\cdot \lambda^{j-k} \end{eqnarray*}$ und in der Summe (und auch davor) die Faktoren gemäß Potenzgesetzen zusammenfassen:

$\begin{eqnarray*} P(F=k) = (\lambda p)^k e^{-\lambda} \frac{1}{k!} \cdot \sum_{j=k}^{\infty} \frac{(\lambda (1-p))^{j-k}}{(j-k)!} \end{eqnarray*}$ .

17.03.2007, 12:30

kingskid

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danke, ja hab die summen ab j=k verbessert.

das ist ja ganz schön tricky, habs versucht weiter umzuformen:

Nenner: $\begin{eqnarray*} ...= (\lambda \cdot p)^k e^{-\lambda} \frac{1}{k!} e^{\lambda(1-p)} = (\lambda p)^k e^{-\lambda p} \frac{1}{k!} \end{eqnarray*}$

im zähler komm ich dann mit ausgeschriebenem binomkoeff auf:

$\begin{eqnarray*} ... = \frac{p^k (1-p)^{n-k} \lambda^n e^{-\lambda}}{k!(n-k)!} \end{eqnarray*}$

d.h. $\begin{eqnarray*} P(B=n|F=k) = \frac{(\lambda(1-p))^{1-k}}{(n-k)!} e^{-\lambda(1-p)} \end{eqnarray*}$ ??

hm, das heißt da kommt auch wieder eine poisson-verteilung raus? aber dann ist das minus im exponent von e falsch, oder??

17.03.2007, 15:45

AD

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Zitat:

Original von kingskid
d.h. $\begin{eqnarray*} P(B=n|F=k) = \frac{(\lambda(1-p))^{1-k}}{(n-k)!} e^{-\lambda(1-p)} \end{eqnarray*}$ ??

hm, das heißt da kommt auch wieder eine poisson-verteilung raus?

Eine Art "verschobener" Poissonverteilung, wenn ein Schreibfehler noch korrigiert wird: Richtig ist

$\begin{eqnarray*} P(B=n \bigm| F=k) = \frac{(\lambda(1-p))^{n-k}}{(n-k)!} e^{-\lambda(1-p)} \end{eqnarray*}$ ,

bzw. mit $\begin{eqnarray*} m=n-k \end{eqnarray*}$ kann man schreiben

$\begin{eqnarray*} P(B-k=m \bigm| F=k) = \frac{(\lambda(1-p))^m}{m!} e^{-\lambda(1-p)} \end{eqnarray*}$

d.h. unter der Bedingung $\begin{eqnarray*} F=k \end{eqnarray*}$ hat die Größe $\begin{eqnarray*} B-k \end{eqnarray*}$ eine Poisson-Verteilung mit Parameter $\begin{eqnarray*} \lambda(1-p) \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Das Vorzeichen im Exponenten ist vollkommen richtig.

17.03.2007, 18:23

kingskid

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cool, vielen dank, jetzt ist es eine schöne lösung smile

smile

16.05.2007, 09:47

Sunwater

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ich hab die gleiche Aufgabe nur anders formuliert...

bei mir heißt es:

Die Anzahl der Eier, die ein Insekt legt sei Poisson-verteilt zum Parameter $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ . Aus jedem Ei schlüpft mit WK p eine Larve. Bestimmen Sie die Verteilung der Anzahl der geschlüpften Larven.

hab das jetzt aber alles über Verteilungen gemacht:

$\begin{eqnarray*} X_1 : \text{Anzahl der Eier} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} X_2: \text{Anzahl der geschlüpften Larven} \end{eqnarray*}$

dann ist $\begin{eqnarray*} P(X_1 = k) = e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} \end{eqnarray*}$

als erstes hab ich dann die gemeinsame Verteilung von X_1,X_2 bestimmt:

$\begin{eqnarray*} P(X_1=k,X_2=j) = e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}Bi_{k,p}(j) \end{eqnarray*}$

und dann hab ich X_2 über die Randverteilung bestimmt:

$\begin{eqnarray*} P(X_2 = j ) = \sum_{k=0}^{\infty} P(X_1=k,X_2=j) = \sum_{k=j}^{\infty}e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}\binom k j p^j(1-p)^{k-j} = \frac{e^{-\lambda}}{j!} \left( \frac{p}{1-p} \right)^j \cdot \sum_{k=j}^{\infty}\frac{(\lambda(1-p))^k}{(k-j)!} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \frac{e^{-\lambda}}{j!} \left( \frac{p}{1-p} \right)^j (\lambda(1-p))^j e^{\lambda (1-p)} = (p\lambda)^j \frac{e^{-p\lambda}}{j!} \end{eqnarray*}$

ist ja ein bisschen was anderes, als ihr raushabt... - aber ich soll ja auch die Verteilung bestimmen. Ist das richtig so?

16.05.2007, 10:06

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Zitat:

Original von Sunwater
ist ja ein bisschen was anderes, als ihr raushabt...

Nein, wieso? Was du suchst, ist das Teilergebnis $\begin{eqnarray*} P(F=k) \end{eqnarray*}$ in obiger Rechnung, und das stimmt ja mit deinem überein. Freude

Freude

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