Vergleich zweier Zufallsvar... < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:47 Do 29.06.2006 | | Autor: | Stoney |
Hallo,
folgendes Problem: Ich habe zwei stetige normalverteilte Zufallsvariablen [mm] X_1 [/mm] und [mm] X_2 [/mm] und möchte wissen, mit welcher Wahrscheinlichkeit [mm] X_1 [/mm] größer ist als [mm] X_2, [/mm] suche also [mm] p(X_1>X_2). [/mm] Erwartungswert und Standardabweichung sind jeweils bekannt. Kann mir da jemand helfen?
Gruß,
Frank
P.S.: Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
P.P.S.: Bin ich der einzige, der meint, dass 30 Zeichen für ein aussagekräftiges Diskussionsthema etwas knapp bemessen sind? Nicht mal das Beispiel-Thema passt da rein. 
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:26 Do 29.06.2006 | | Autor: | Walde |
Hi Stoney,
du hast also [mm] X_1\sim\mathcal{N}(\mu_1,\sigma_1^2) [/mm] und [mm] X_1\sim\mathcal{N}(\mu_2,\sigma_2^2)
[/mm]
Definiere eine neue ZV [mm] Y:=X_2-X_1
[/mm]
[mm] Y\sim\mathcal{N}(\mu_Y=\mu_2-\mu_1,\sigma_Y^2=\sigma_2^2+\sigma_1^2)
[/mm]
und rechne [mm] P(Y\le [/mm] 0) aus. Dazu transformierst du Y einfach noch auf die Standartnormalverteilung, also [mm] Z:=\bruch{Y-\mu_Y}{\sigma_Y}\sim\mathcal{N}(0,1)
[/mm]
und [mm] P(Y\le 0)=P(Z\le\bruch{-\mu_Y}{\sigma_Y})
[/mm]
natürlich kannst du dir auch den Zwischenschritt über Y sparen und [mm] X_2-X_1 [/mm] direkt auf die Std.normalvert. transformieren, ist dasselbe.
L G walde
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:27 Do 29.06.2006 | | Autor: | Stoney |
Hallo walde,
danke, da hätte ich eigentlich draufkommen können (wobei mir nicht sofort ins Auge gesprungen wäre, dass sich die Varianzen addieren).
Gruß,
Frank
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 22:59 Di 11.07.2006 | | Autor: | Stoney |
Hallo,
die gestellte Frage war eigentlich nur ein Spezialfall vom eigentlichen Problem. Bei diesem habe ich n Zufallsvariablen und möchte die Wahrscheinlichkeit berechnen, dass eine davon größer als alle anderen ist.
Nun dachte ich mir, ich nehme einfach die Lösung für zwei Zufallsvariablen und berechne für die Wahrscheinlichkeit, dass [mm] X_1 [/mm] am größten ist, einfach [mm] \produkt_{i=2}^{n} P(X_i-X_1\le0).
[/mm]
Hier scheint aber ein Denkfehler vorzuliegen. Denn wenn ich auf diese Weise auch die Wahrscheinlichkeit für die anderen Zufallsvariablen berechne, muss ich feststellen, dass diese in der Summe nicht 1 ergeben, was sie aber müssten (schließlich muss eine der Zufallsvariablen am größten sein).
Wo liegt hier mein Fehler?
Gruß,
Stoney
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:06 Do 13.07.2006 | | Autor: | Stoney |
Ich wage mal ein paar vorsichtige Überlegungen. Angenommen, es gibt drei Zufallsvariablen [mm] X_1, X_2 [/mm] und [mm] X_3, [/mm] die alle den gleichen Erwarungswert und die gleiche Standardabweichung haben. Dann liegt die Wahrscheinlichkeit, dass eine größer ist als eine andere, jeweils bei 0,5. Aber
[mm] P(X_1>X_2) \wedge P(X_1>X_3)\not=P(X_1>X_2)*P(X_1>X_2)=0,25
[/mm]
denn natürlich ist
[mm] P(X_1>X_2) \wedge P(X_1>X_3)=1/3.
[/mm]
Die beiden Ereignisse scheinen mir nicht unabhängig zu sein, denn wenn [mm] X_1>X_2, [/mm] dann ist es auch wahrscheinlich, dass [mm] X_1>X_3 [/mm] (schließlich haben [mm] X_2 [/mm] und [mm] X_3 [/mm] den gleichen Erwartungswert), will heißen
[mm] P(X_1>X_3|X_1>X_2)\not=P(X_1>X_3).
[/mm]
Bleibt die Frage, wie [mm] P(X_1>X_3|X_1>X_2) [/mm] zu berechnen ist...
Gruß,
Stoney
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:31 Fr 14.07.2006 | | Autor: | DirkG |
Ich will diese Überlegungen nochmal präzisieren:
Die Zufallsgrößen [mm] $X_1,X_2,\ldots,X_n$ [/mm] mögen unabhängig sein, die Differenzen [mm] $X_2-X_1,X_3-X_1,\ldots,X_n-X_1$ [/mm] sind es jedoch nicht mehr! Und da liegt der Kardinalfehler, denn somit ist der Schritt
[mm] $$P(X_2-X_1\leq 0,X_3-X_1\leq 0,\ldots,X_n-X_1\leq [/mm] 0) [mm] \stackrel{?}{=} \prod\limits_{i=2}^n P(X_i-X_1\leq [/mm] 0)$$
bereits falsch. Tatsächlich ist es so, dass der Vektor [mm] $(X_2-X_1,\ldots,X_n-X_1)$ [/mm] auch (n-1)-dimensional normalverteilt ist, aber mit korrelierten Komponenten, d.h., die Kovarianzmatrix ist keine Diagonalmatrix! Über eine entsprechende lineare Transformation kriegt man zwar unabhängige Komponenten hin, aber das Integrationsgebiet muss dann mittransformiert werden und liegt dann irgendwie "schräg" im Raum [mm] $\mathbb{R}^{n-1}$ [/mm] ...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:56 Fr 14.07.2006 | | Autor: | Stoney |
> Tatsächlich ist es so, dass der Vektor
> [mm](X_2-X_1,\ldots,X_n-X_1)[/mm] auch (n-1)-dimensional
> normalverteilt ist, aber mit korrelierten Komponenten,
> d.h., die Kovarianzmatrix ist keine Diagonalmatrix! Über
> eine entsprechende lineare Transformation kriegt man zwar
> unabhängige Komponenten hin, aber das Integrationsgebiet
> muss dann mittransformiert werden und liegt dann irgendwie
> "schräg" im Raum [mm]\mathbb{R}^{n-1}[/mm] ...
Ok, was bedeutet das nun für mich? Als Nicht-Mathematiker lese ich zumindest heraus, dass es kompliziert werden könnte. 
Könntest Du nochmal genauer erläutern, wie ich jetzt vorgehen muss?
Gruß,
Stoney
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:22 Fr 14.07.2006 | | Autor: | DirkG |
Das bedeutet, dass für $n>2$ und allgemeiner Parametersituation [mm] $X_i\sim\mathcal{N}(\mu_i,\sigma_i^2)$ [/mm] die von dir gesuchte Wahrscheinlichkeit, dass [mm] $X_1$ [/mm] der größte der $n$ Werte [mm] $X_1,\ldots,X_n$ [/mm] ist, über ein entsprechendes Integral dieser angesprochenen (n-1)-dimensionalen Normalverteilung berechnet werden kann. Analytisch ist da meiner Vermutung nach aber kaum was zu machen, das wird wohl oder übel auf numerische Auswertung hinauslaufen.
Einfach ist es natürlich bei identischen Parametern, also [mm] $X_i\sim\mathcal{N}(\mu,\sigma^2)$. [/mm] Da lautet die Antwort schlicht und einfach Wahrscheinlichkeit [mm] $\frac{1}{n}$. [/mm] Aber das war dir hoffentlich sowieso klar.
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(Frage) überfällig | | Datum: | 19:24 Fr 14.07.2006 | | Autor: | Stoney |
> Das bedeutet, dass für [mm]n>2[/mm] und allgemeiner
> Parametersituation [mm]X_i\sim\mathcal{N}(\mu_i,\sigma_i^2)[/mm] die
> von dir gesuchte Wahrscheinlichkeit, dass [mm]X_1[/mm] der größte
> der [mm]n[/mm] Werte [mm]X_1,\ldots,X_n[/mm] ist, über ein entsprechendes
> Integral dieser angesprochenen (n-1)-dimensionalen
> Normalverteilung berechnet werden kann. Analytisch ist da
> meiner Vermutung nach aber kaum was zu machen, das wird
> wohl oder übel auf numerische Auswertung hinauslaufen.
Hm, ok. Wie würde man jetzt weiter vorgehen, bis zu der Stelle, wo analytisch nichts mehr geht?
Gruß,
Stoney
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:20 Di 18.07.2006 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:19 Mi 12.07.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> du hast also [mm]X_1\sim\mathcal{N}(\mu_1,\sigma_1^2)[/mm] und
> [mm]X_1\sim\mathcal{N}(\mu_2,\sigma_2^2)[/mm]
>
> Definiere eine neue ZV [mm]Y:=X_2-X_1[/mm]
>
> [mm]Y\sim\mathcal{N}(\mu_Y=\mu_2-\mu_1,\sigma_Y^2=\sigma_2^2+\sigma_1^2)[/mm]
Vorsicht! Das darfst du so nur machen, wenn [mm] $X_1$ [/mm] und [mm] $X_2$ [/mm] unabhaengig sind! (Und im OP steht davon nix.)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:29 Mi 12.07.2006 | | Autor: | Stoney |
> Vorsicht! Das darfst du so nur machen, wenn [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm]
> unabhaengig sind! (Und im OP steht davon nix.)
Danke für den Hinweis. Ich habe vergessen, das zu erwähnen. Die Zufallsvariablen sind unabhängig.
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