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Aufgabe zur Poisson-Verteilung

Universität / Fachhochschule

Erwartungswert

Verteilungsfunktionen

Zufallsvariablen

Tags: Erwartungswert, Verteilungsfunktion, Zufallsvariablen

candys123 aktiv_icon

17:05 Uhr, 04.11.2019

Hallo, komme gerade bei dieser Aufgabe einfach nicht weiter, wäre schön wenn man mir bei Ansetzen auf die Sprünge hilft.
MfG Simon

Seien λ > 0, X eine Poisson(λ)-verteilte Zufallsvariable und f :

N_{0}

→

R_{+}

mit

E (f (X)^{1 + ε})

< ∞ für einε > 0.
Zeigen Sie für alle k ∈

ℕ

E (f (X + k))

< ∞.

Mit

E

:= Erwartungswert

(n)_{k}

:=n*(n-1)*...*(n-(k-1))

____________________________________________

Es gilt:

E (f (X + k)) = \sum_{j = 0}^{i n f i n i t y} f (j + k) * \frac{λ^{j}}{j!} * e^{- λ} = . . . = λ^{- k} * E ((X)_{k} * f (x)) = \frac{E ((X)_{k} * f (X))}{E ((X)_{k})}

Mit

E (f (X)^{1 + ε})

konnte ich nichts wirklich mit anfangen

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

HAL9000

09:10 Uhr, 07.11.2019

Man kann ausgehend von deiner Umformung anschließend mit der Hölder-Ungleichung argumentieren, laut der ist ja

E ∣ U V ∣ \leq {(E (∣ U ∣^{p}))}^{\frac{1}{p}} \cdot {(E (∣ V ∣^{q}))}^{\frac{1}{q}}

für positive reelle Zahlen

p, q

mit

\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1

. Hier wählen wir

U = {(X)}_{k}, p = 1 + \frac{1}{ε}, V = f (X), q = 1 + ε

und bekommen damit

E ({(X)}_{k} f (X)) \leq {(E ({(X)}_{k}^{1 + \frac{1}{ε}}))}^{\frac{ε}{1 + ε}} \cdot {(E (f {(X)}^{1 + ε}))}^{\frac{1}{1 + ε}}

.

Laut Voraussetzung ist der zweite Faktor rechts endlich, es ist damit hinreichend zu zeigen, dass auch

E ({(X)}_{k}^{1 + \frac{1}{ε}})

endlich ist. Das sollte aber kein Problem sein, denn mit

m := ⌈ 1 + \frac{1}{ε} ⌉

gilt ja auf jeden Fall

{(X)}_{k}^{1 + \frac{1}{ε}} \leq {(X)}_{k}^{m} \leq X^{k m}

,

und von der Poisson-Verteilung sind ja alle Momente endlich.

candys123 aktiv_icon

09:19 Uhr, 09.11.2019

Hallo, danke für diesen Weg, diese Ungleichung kannte ich noch nicht, hatte auch einen Weg gefunden über das Quotientenkriterium.
MfG

HAL9000

18:31 Uhr, 09.11.2019

> diese Ungleichung kannte ich noch nicht,

Dann freue ich mich geholfen zu haben, diese Bildungslücke zu schließen: Schließlich ist die Hölderungleichung ein zentrales Hilfsmittel für Beweise in der Maßtheorie, auch und gerade zu Eigenschaften von

L^{p}

-Räumen.

Was du im Zusammenhang hier mit "Quotientenkriterium" meinst, ist mir jetzt nicht präsent.

candys123 aktiv_icon

21:27 Uhr, 09.11.2019

Aus der Vorraussetzung

E (f (X)^{1 + ε}) = \sum_{j = 0}^{\infty} f (j)^{1 + ε} * \frac{λ^{j}}{j!} * e^{- λ} < \infty

konnte man mithilfe des Quotientenkriterium folgendes schließen:

\underset{n \to \infty}{limsup} {(∣ \frac{f (n + 1)}{f (n)} ∣)}^{1 + ε} \frac{λ}{n + 1} \leq 1

und damit gilt

\exists k \in N_{0} :

für alle

n \geq k : ∣ \frac{f (n + 1)}{f (n)} ∣^{1 + ε} \frac{λ}{n + 1} \leq 2

\overset{}{\Leftrightarrow} ∣ \frac{f (n + 1)}{f (n)} ∣ \leq 2 {\frac{n + 1}{λ}}^{\frac{1}{1 + ε}}

#

nun formt man beim gesuchten um:

E (f (X + k)) = \sum_{j = 0}^{\infty} f (j + k) * \frac{λ^{j}}{j!} * e^{- λ} = \sum_{j = k}^{\infty} f (j) * \frac{λ^{j - k}}{(j - k)!} * e^{- λ}

nun wieder mit dem Quotientenkriterium:

\underset{n \to \infty}{limsup} ∣ \frac{f (n + 1) * \frac{λ^{n + 1 - k}}{(n + 1 - k)!} * e^{- λ}}{f (n) * \frac{λ^{n - k}}{(n - k)!} * e^{- λ}} ∣ = . . . = \underset{n \to \infty}{limsup} (∣ \frac{f (n + 1)}{f (n)} ∣^{1 + ε} \frac{λ}{n + 1}) * \underset{n \to \infty}{limsup} \frac{n + 1}{n - k + 1}

mit

\underset{n \to \infty}{limsup} \frac{n + 1}{n - k + 1} = 1

und # folgt dann

\underset{n \to \infty}{limsup} (∣ \frac{f (n + 1)}{f (n)} ∣^{1 + ε} \frac{λ}{n + 1}) * \underset{n \to \infty}{limsup} \frac{n + 1}{n - k + 1} \leq \underset{n \to \infty}{limsup} (2^{\frac{1}{1 + ε}} * ((\frac{λ}{n + 1})^{- 1})^{\frac{1}{1 + ε}} * \frac{λ}{n + 1} = 0 < 1

ddamit folgt die Behauptung aus dem Quotientenkriterium

HAL9000

12:17 Uhr, 10.11.2019

Wieso soll man aus der Konvergenz einer Reihe

\sum_{n} a_{n}

auf

\underset{n \to \infty}{limsup} ∣ \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} ∣ \leq 1

schließen dürfen? Diese "Umkehrung" des Quotientenkriteriums ist i.a. falsch, man schaue sich etwa das Gegenbeispiel

a_{n} = {\begin{array}{ll} 2^{- n} & für n ungerade \\ 4^{- n} & für n gerade \end{array}

an. Damit ist bereits die Aussage in deiner dritten Zeile hinfällig, und es sind wohl größere Umbauten im Beweis nötig ... falls er überhaupt noch in dieser Weise gelingt. :(

candys123 aktiv_icon

13:35 Uhr, 10.11.2019

Direkt aus der Lösung entnommen:

"Es gilt:

E (f (X + k)) = \sum_{n = 0}^{\infty} e^{- λ} \frac{λ^{n}}{n!} f (n + k) = \sum_{n = k}^{\infty} e^{- λ} \frac{λ^{n - k}}{(n - k)!} f (n)

Um die Konvergenz dieser Reihe zu zeigen, genügt es nach dem Quotientenkriterium nachzuweisen, dass

l i m s u p_{n \to \infty} \frac{λ f (n)}{(n - k) f (n - 1)} < 1

gilt.

Wegen

E (f (X)^{1 + ε}) < \infty

gilt:

l i m s u p_{n \to \infty} \frac{λ^{\frac{1}{1 + ε}} f (n)}{n^{\frac{1}{1 + ε}} f (n - 1)} \leq 1

Daher gilt:

l i m s u p_{n \to \infty} \frac{λ * f (n)}{(n - k) f (n - 1)} = (l i m s u p_{n \to \infty} \frac{λ^{\frac{1}{1 + ε}} f (n)}{n^{\frac{1}{1 + ε}} f (n - 1)}) * (l i m_{n \to \infty} \frac{λ \frac{ε}{1 + ε}}{n^{\frac{ε}{1 + ε}}}) = 0 "

HAL9000

13:39 Uhr, 10.11.2019

Auch wenn es irgendeiner "offiziellen" Lösung entnommen ist, ist dieser Schluss dennoch falsch. Traurig, dass dich das Gegenbeispiel nicht überzeugt - aber wenn du dich dieser offenkundige Tatsache verweigerst, kann ich auch nichts machen.

candys123 aktiv_icon

13:41 Uhr, 10.11.2019

Ich habs schon das Gegenbeispiel durchgerechnet und hab auch gesehen das man daraus das nicht schließen darf, wollte nur die "Lösung" eins zu eins abtippen, falls ich mich oben irgendwie vertippt habe, werde mal den Professor darauf hinweisen.

Danke für die Hilfe.

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