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Erwartungswert

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Verteilungsfunktionen

Tags: Maximum, Minimum, Poisson-Verteilung, stetige Gleichverteilung, Verteilungsfunktion

JanAusWarschau aktiv_icon

22:13 Uhr, 04.10.2021

Hallo zusammen,

den Text könnt ihr auf dem angehängten Bild finden - (ich wollte es lieber auf Englisch schreiben, damit es klarer ist). Ich vermute, man sollte irgendwie stetige Gleichverteilung mit Poisson-Verteilung zusammenbinden, um später die Minimum und Maximum in eine Variable von bekannter Verteilung zu transformieren. Mir kommt aber nichts in den Sinn. Für alle Antworten (Deutsch/Englisch) wäre ich sehr dankbar.

VG Jan

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

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Extrema / Terrassenpunkte

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HAL9000

10:28 Uhr, 05.10.2021

Richtig sein dürfte B), die Rechnung dazu ist allerdings etwas länger - womöglich, weil ich mich nicht geschickt genug angestellt habe und unnötigerweise einen Umweg gegangen bin:

Betrachten wir das ganze zunächst mal bedingt unter der Bedingung

N = n

, d.h., mit zugehörigem bedingten W-Maß

P_{n} (A) := P (A ∣ N = n)

.

Dann können wir zunächst mal die gemeinsame Verteilung von

m_{N}, M_{N}

berechnen: Für

0 \leq t \leq v \leq 1

gilt

P_{n} (t < m_{N}, M_{N} \leq v) = {(P (t < X_{1} \leq v))}^{n + 1} = (v - t)^{n + 1}

und durch Differenzbildung dann Verteilungsfunktion und Dichte

F_{n} (t, v) = P_{n} (m_{N} \leq t, M_{N} \leq v) = P_{n} (0 < m_{N}, M_{N} \leq v) - P_{n} (t < m_{N}, M_{N} \leq v)

= v^{n + 1} - (v - t)^{n + 1}

f_{n} (t, v) = \frac{\partial^{2}}{\partial t \partial v} F_{n} (t, v) = (n + 1) n {(v - t)}^{n - 1}

für

n \geq 1

.

Damit können wir die bedingte Dichte von

M_{N}

unter Bedingung

m_{N} = t

berechnen:

f_{n} (v ∣ t) = \frac{f_{n} (t, v)}{\int_{t}^{1} f_{n} (t, v) d v} = n \frac{{(v - t)}^{n - 1}}{{(1 - t)}^{n}}

und damit den bedingten Erwartungswert

E_{n} [M_{N} ∣ m_{N} = t] = \int_{t}^{1} v \cdot f_{n} (v ∣ t) d v = t + \frac{n}{n + 1} (1 - t) = 1 - \frac{1 - t}{n + 1} (*)

.

Schlussendlich kommt nun noch die Poisson-Verteilung von

N

ins Spiel: Es ist

E [M_{N} ∣ m_{N} = t] = \sum_{n = 0}^{\infty} E_{n} [M_{N} ∣ m_{N} = t] \cdot P (N = n)

= 1 - (1 - t) \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{λ^{n}}{n! (n + 1)} e^{- λ} = 1 - (1 - t) \frac{1}{λ} (1 - e^{- λ})

.

P.S.: Antwort-Option D) ist eine raffinierte Falle, denn genau das kommt heraus, wenn man in (*) einfach

n = E (N) = λ

einsetzen würde. Das ist aber ein Trugschluss, da die Erwartungswert-Rechenregeln eine solche nichtlineare Operation (

n

steht im Nenner!) nicht abdecken.

JanAusWarschau aktiv_icon

17:40 Uhr, 07.10.2021

Vielen Dank für die Antwort! Könnte noch jemand von euch klären, wie der Schritt von der Sigma auf

(1 - e^{- λ})

erfolgt hat?

HAL9000

18:21 Uhr, 07.10.2021

Indexverschiebung! Mit

k = n + 1

ist

\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{λ^{n}}{n! (n + 1)} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{λ^{n}}{(n + 1)!} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{λ^{k - 1}}{k!} = \frac{1}{λ} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{λ^{k}}{k!}

= \frac{1}{λ} (\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{λ^{k}}{k!} - 1) = \frac{1}{λ} (e^{λ} - 1)

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