Eine Zufallsvariable Maximal < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:11 Fr 03.01.2014 | | Autor: | MrNobody |
| Aufgabe | | Die Wahrscheinlichkeit das von n unabhängigen geometrisch Verteilten Zufallsvariablen mit p=1/2 genau eine maximal ist, ist größer oder gleich 2/3. |
Ich habe diese Behauptung in einem Paper gelesen und ich würde sie gerne nachvollziehen.
Das Problem ist das mir bereits der Ansatz für einen Beweis fehlt.
Eine Idee war bisher eine Grenze zu definieren und zu zeigen das die Wahrscheinlichkeit das genau eine der Zufallsvariablen über oder auf der Grenze liegt und alle anderen darunter hoch ist. Damit bin ich jedoch auch nicht weiter gekommen.
Vielleicht hat Jemand einen Tipp für mich oder kann mir sagen unter welchem Begriff ich suchen muss um etwas zu finden.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hiho,
hab jetzt seit der Fragestellung über die Aufgabe nachgedacht und bin immer noch nicht überzeugt, wie sie überhaupt gemeint sein könnte.
Wäre mit [mm] "$X_1$ [/mm] ist maximal" gemeint, dass [mm] $X_1 [/mm] = [mm] \max\{X_1,\ldots,X_n\}$ [/mm] gilt?
Das würde aber meiner Meinung nach keinen Sinn machen....
Gruß,
Gono.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:06 So 05.01.2014 | | Autor: | luis52 |
Ich verstehe die Frage so: Sei [mm] $A_j$ [/mm] das Ereignis, dass genau $j_$ der
[mm] $X_1,\dots,X_n$ [/mm] mit [mm] $\max\{X_1,\dots,X_n\}$ [/mm] uebereinstimmen. Dann ist [mm] $P(A_1)\ge2/3$.
[/mm]
Etwas Simulieren deutet auf die Korrektheit der Aussage. Es zu beweisen ist aber anscheinend eine harte Nuss.
Um welches Paper handelt es sich denn? Vielleicht gibt es dort den
einen oder anderen Hinweis.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:17 So 05.01.2014 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hallo Luis,
> Ich verstehe die Frage so: Sei [mm]A_j[/mm] das Ereignis, dass genau [mm]j_[/mm] der [mm]X_1,\dots,X_n[/mm] mit [mm]\max\{X_1,\dots,X_n\}[/mm] uebereinstimmen.
> Dann ist [mm]P(A_1)\ge2/3[/mm].
Ja, das hätte ich auch so gesehen, aber eine Sache macht mich da stutzig:
Sei [mm] X_1 [/mm] die oben genannte ZV, dann würde ja gelten [mm] $X_1 [/mm] = [mm] \max\{X_1,\dots,X_n\}$ [/mm] und damit wären [mm] X_1 [/mm] und [mm] $\max\{X_1,\dots,X_n\}$ [/mm] gleich verteilt, was aber nicht der Fall ist....
Wenn die [mm] X_n [/mm] geometrisch verteilt ist zu p, dann ist [mm] $\max\{X_1,\dots,X_n\}$ [/mm] geometrisch verteilt zu [mm] p^n [/mm] und damit kann insbesondere obige Gleichheit nicht gelten, es sei denn, die Verteilung ist trivial.
edit: Hat sich gerade erledigt. Man betrachtest die Gleichheit wirklich [mm] $\omega$-weise [/mm] und ermittelt dann das Maß der Menge.
Gruß,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:33 So 05.01.2014 | | Autor: | luis52 |
Mir ist gerade noch eine andere Formulierung eingefallen: Bezeichnet [mm] $X_{(1)}\le\dots\le X_{(n)}$ [/mm] die zu [mm] $X_1,\dots,X_n$ [/mm] gehoerende Ordnungsstatistik. Gesucht ist [mm] $P(X_{(n-1)}
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:49 So 05.01.2014 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hiho,
man kann den Spaß für n=2 ja mal durchrechnen, d.h. man hat
[mm] $\IP(A_1) [/mm] = [mm] \IP(X_1 [/mm] = [mm] \max\{X_1,X_2\}, X_2 [/mm] < [mm] \max\{X_1,X_2\} [/mm] ) + [mm] \IP(X_2 [/mm] = [mm] \max\{X_1,X_2\}, X_1 [/mm] < [mm] \max\{X_1,X_2\}) [/mm] $, da beide Ereignisse disjunkt.
Aus Symmetriegründen gilt weiterhin:
[mm] $\IP(X_1 [/mm] = [mm] \max\{X_1,X_2\}, X_2 [/mm] < [mm] \max\{X_1,X_2\} [/mm] ) = [mm] \IP(X_2 [/mm] = [mm] \max\{X_1,X_2\}, X_1 [/mm] < [mm] \max\{X_1,X_2\} [/mm] )$
Und damit:
[mm] $\IP(A_1) [/mm] = 2 [mm] \IP(X_1 [/mm] = [mm] \max\{X_1,X_2\}, X_2 [/mm] < [mm] \max\{X_1,X_2\}) [/mm]
Einsetzen der Definition vom max liefert:
[mm] $\IP(X_1 [/mm] = [mm] \max\{X_1,X_2\}, X_2 [/mm] < [mm] \max\{X_1,X_2\})$
[/mm]
[mm] $=\IP(2X_1 [/mm] = [mm] X_1 [/mm] + [mm] X_2 [/mm] + [mm] |X_1 [/mm] - [mm] X_2|, 2X_2 [/mm] < [mm] X_1 [/mm] + [mm] X_2 [/mm] + [mm] |X_1 [/mm] - [mm] X_2|)$
[/mm]
$= [mm] \IP(X_1 [/mm] - [mm] X_2 [/mm] = [mm] |X_1 [/mm] - [mm] X_2|, X_2 [/mm] < [mm] X_1 [/mm] + [mm] |X_1 [/mm] - [mm] X_2|)$
[/mm]
$= [mm] \IP(X_1 [/mm] - [mm] X_2 \ge [/mm] 0 , [mm] X_2 [/mm] < [mm] X_1 [/mm] + [mm] X_1 [/mm] - [mm] X_2)$
[/mm]
$= [mm] \IP(X_1 [/mm] - [mm] X_2 \ge [/mm] 0 , [mm] X_2 [/mm] < [mm] X_1)$
[/mm]
$= [mm] \IP(X_1 \ge X_2 [/mm] , [mm] X_2 [/mm] < [mm] X_1) [/mm] = [mm] \IP(X_2 [/mm] < [mm] X_1)$
[/mm]
$= [mm] \summe_{k=0}^\infty \IP(X_2 [/mm] < k, [mm] X_1 [/mm] = k)$
$= [mm] \summe_{k=0}^\infty \IP(X_1 [/mm] = k)* [mm] \summe_{j=0}^{k-1} \IP(X_2 [/mm] = j)$
$= [mm] \summe_{k=0}^\infty pq^k \summe_{j=0}^{k-1} pq^j$
[/mm]
[mm] $=p^2 \summe_{k=0}^\infty q^k [/mm] * [mm] \bruch{1 - q^k}{1 - q}$
[/mm]
$=p [mm] \left(\summe_{k=0}^\infty q^k - \summe_{k=0}^\infty (q^2)^k\right)$
[/mm]
$=p [mm] *\left(\bruch{1}{1-q} - \bruch{1}{1-q^2}\right) [/mm] = 1 - [mm] \bruch{1}{p}$
[/mm]
edit:
Hier muss als letztes Gleichheitszeichen natürlich statt $= 1 - [mm] \bruch{1}{p}$$ [/mm] stehen:
=$1 - [mm] \bruch{1}{2-p}$ [/mm]
Und wie man nun erkennt, sollte das nicht immer größer als [mm] \bruch{1}{3} [/mm] sein.
Los geht's mit der Fehlersuche.
Gruß,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:06 So 05.01.2014 | | Autor: | luis52 |
> Und wie man nun erkennt, sollte das nicht immer größer
> als [mm]\bruch{1}{3}[/mm] sein.
>
> Los geht's mit der Fehlersuche.
>
Die Behauptung ist fuer $p=1/2$ zu zeigen ...
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hiho,
nennen wir das Ereignis mal A, dann gilt:
$P(A) = \summe_{j=1}^{n} P\left(X_i = \max\{X_1,\ldots,X_n\}, X_j < \max\{X_1,\ldots,X_n\}, j\not= i\right)$
aufgrund der Symmetrie sind alle Ereignisse gleich Wahrscheinlich und damit damit:
$P(A) = n*P\left(X_1 = \max\{X_1,\ldots,X_n\}, X_j < \max\{X_1,\ldots,X_n\}, 1<j\le n \right)= n* P\left(X_1 = \max\{X_1,\ldots,X_n\}, X_2 < X_1, X_3 <X_1, \ldots, X_n < X_1 \right)$
Sei nun $Y = \max\{X_2,\ldots,X_n\}$:
$P(A) = n*P(X_1 = max\{X_1,Y\}, X_2 < X_1, \ldots, X_n < X_1)$
$=n*P(2X_1 = X_1 + Y + |X_1 - Y|, X_2 < X_1, \ldots, X_n < X_1)$
$=n*P(X_1 - Y = |X_1 - Y|, X_2 < X_1, \ldots, X_n < X_1)$
$=n*P(X_1 \ge Y, X_2 < X_1, \ldots, X_n < X_1)$
$=n*P(X_2 < X_1, \ldots , X_n < X_1)$
$=n*\produkt_{k=2}^n P(X_k < X_1) = n* P(X_2 < X_1)^{n-1}$
$=n*\left(1 - \bruch{1}{2-p}}\right)^{n-1} = n*\left(\bruch{1}{3}\right)^{n-1}$
Und dass das kleiner als \bruch{2}{3} ist, überlasse ich mal dir zu zeigen 
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:54 Mo 06.01.2014 | | Autor: | MrNobody |
Das sieht schonmal nach einem guten Ansatz aus aber es würde ja erstmal die Behauptung wiederlegen das die Wahrscheinlichkeit größer gleich 2/3 ist. Hier wird ja sogar gezeigt das die Wahrscheinlichkeit fast immer kleiner als 2/3 ist und für n gegen unendlich konvergiert es sogar gegen 0.
Könnte es sein das [mm] (\bruch{1}{3})^{n-1} [/mm] nicht passt denn wir müssen doch eigentlich [mm] P(x_2 [/mm] < [mm] X_1)*P(X_3 [/mm] < [mm] X_1|X_2 [/mm] < [mm] X_1)*P(X_4 [/mm] < [mm] X_1|X_2 [/mm] < [mm] X_1 [/mm] und [mm] X_3 [/mm] < [mm] X_1)*.... [/mm] betrachten denn wenn [mm] X_1 [/mm] größer ist als [mm] X_2 [/mm] steigt doch die Wahrscheinlichkeit das es auch größer ist als ein [mm] X_3.
[/mm]
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Hiho,
du hast natürlich recht, da war dann irgendwann ein Dreher in meinem Kopf und ich war der Meinung, man sollte kleiner [mm] \bruch{2}{3} [/mm] zeigen, sonst wäre mir mein Fehler wohl eher aufgefallen.
Man kann bei [mm] $P(X_2 [/mm] < [mm] X_1, \ldots [/mm] , [mm] X_n [/mm] < [mm] X_1) [/mm] $ die Wahrscheinlichkeiten nicht auseinanderziehen, weil die Ereignisse im Allgemeinen nicht unabhängig sind, da steckt ja überall [mm] X_1 [/mm] drin.
Und nachdem ich eigentlich schon eine ziemlich lange Antwort geschrieben hatte mit nicht sehr zielführenden Aussagen, fiel mir ne Lösung ein......
[mm] $P(X_2 [/mm] < [mm] X_1, \ldots [/mm] , [mm] X_n [/mm] < [mm] X_1) [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^\infty P(X_2 [/mm] < [mm] X_1, \ldots [/mm] , [mm] X_n [/mm] < [mm] X_1, X_1 [/mm] = k) = [mm] \summe_{k=0}^\infty P(X_2 [/mm] < k, [mm] \ldots [/mm] , [mm] X_n [/mm] < k, [mm] X_1 [/mm] = k)$
Nun sind die Ereignisse unabhängig und es gilt daher:
$= [mm] \summe_{k=0}^\infty P(X_1 [/mm] = k) [mm] \produkt_{j=2}^n P(X_j [/mm] < k)$
$= [mm] \summe_{k=0}^\infty P(X_1 [/mm] = k) [mm] P(X_1 [/mm] < [mm] k)^{n-1}$
[/mm]
$= [mm] \summe_{k=0}^\infty pq^k \left(p*\bruch{1-q^k}{1-q}\right)^{n-1}$
[/mm]
$= p [mm] \summe_{k=0}^\infty q^k \left(1-q^k\right)^{n-1}$
[/mm]
Und wir erhalten damit:
$P(A) = [mm] np\summe_{k=0}^\infty q^k \left(1-q^k\right)^{n-1}$
[/mm]
Nun ist also noch zu zeigen (bspw. mit vollständiger Induktion)
[mm] $np\summe_{k=0}^\infty q^k \left(1-q^k\right)^{n-1} \ge \bruch{2}{3}$
[/mm]
edit: Das geht unter der Verwendung von [mm] $p=q=\bruch{1}{2}$ [/mm] sogar recht fix 
Gruß,
Gono.
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