Verteilung von ZVe < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:27 Fr 16.03.2007 | | Autor: | Riley |
| Aufgabe | | Es seien X und Y unabhängige, Poisson-verteilte Zufallsvariablen zu den Parametern [mm] \lambda_1>0 [/mm] und [mm] \lambda_2>0. [/mm] Bestimme die Verteilung der Zufallsvariablen Z:= X + Y |
Guten Morgen,
könnt ihr mir bitte bei dieser aufgabe helfen? hab mir folgendes überlegt:
wegen der Poissonverteilung gilt:
P(X=k) = [mm] \frac{\lambda_1^k}{k!} e^{-\lambda_1}
[/mm]
P(Y=k) = [mm] \frac{\lambda_2^k}{k!} e^{-\lambda_2}
[/mm]
Verteilung von Z = X + Y :
[mm] P_Z(\{k\}) [/mm] = [mm] P(\{Z=k\})
[/mm]
= P(X+Y=k) = P(X+Y=k, Y =0) + P(X+Y=k, X=0) (bei diesem schritt bin ich nicht sicher, darf man das so "auseinanderziehen" ?)
= P(X=0) P(Y=0) + P(Y=k) P(X=0) (wg. Unabhänigkeit)
[mm] =\frac{\lambda_1^k}{k!} e^{-\lambda_1} e^{-\lambda_2} [/mm] + [mm] \frac{\lambda_2^k}{k!} e^{-\lambda_2} e^{-\lambda_1}
[/mm]
= [mm] e^{-\lambda_1} e^{-\lambda_2} [/mm] ( [mm] \frac{\lambda_1^k+\lambda_2^k}{k!})
[/mm]
...???
viele grüße
riley
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:09 Fr 16.03.2007 | | Autor: | Riley |
Hallo Luis,
Vielen Dank für den tip & link! 
nur zu dem ersten schritt, kannst du mir das noch erklären, warum zerlegt man das so:
P(X+Y=k) = [mm] \summe_{i}^{} [/mm] P(X=i, X+Y=k) ?
das weitere umformen und einsetzen ist dann schon klar, aber was ist das i? von wo bis wo läuft das? was bedeutet diese zerlegung?
viele grüße
riley
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:54 Fr 16.03.2007 | | Autor: | luis52 |
Hallo Riley,
ich will's mal selber versuchen. Zunaechst musst du dir darueber klar
werden, welche Werte $X+Y$ annimmt. Da $X$ und $Y$ poissonverteilt sind, sind
dies die Zahlen $0,1,2,...$. Fragen wir uns einmal, wie man
beispielsweise $P(X+Y=5)$ berechnet. Offenbar gilt
$P(X+Y=5)=P(X=0,Y=5)+P(X=1,Y=4)+P(X=2,Y=3)+P(X=3,Y=2)+P(X=4,Y=1)+P(X=5,Y=1)$.
(Das ist der Schritt, wo dir nicht sicher warst. Leider bist du auf
halber Strecke stehen geblieben). Wie du schon selber bemerkt hast, kannst
du die Summanden wegen der Unabhaengigkeit von $X$ und $Y$ leicht
berechnen.
Sei nun allgemein $z=0,1,2,...$ gegeben. Dann ist also
[mm] \begin{matrix}
P(X+Y=z) &=& \sum_{i=0}^zP(X=i)P(Y=z-i)\\
&=&\sum_{i=0}^z\frac{\lambda_1^i}{i!}e^{-\lambda_1}\frac{\lambda_2^{z-i}}{(z-i)!}e^{-\lambda_2}\\
&=&\frac{1}{z!}e^{-(\lambda_1-\lambda_2)}\sum_{i=0}^z{z\choose i}\lambda_1^i\lambda_2^{z-i}\\
&=&\frac{(\lambda_1-\lambda_2)^z}{z!}e^{-(\lambda_1-\lambda_2)}
\end{matrix}
[/mm]
hth
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:08 Fr 16.03.2007 | | Autor: | Riley |
Hi Luis,
danke für das bsp, jetzt versteh ich wo mein fehler lag...!
cool, vielen dank!
lg Riley
PS: was heißt eigentlich "hth" ?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:10 Fr 16.03.2007 | | Autor: | luis52 |
> PS: was heißt eigentlich "hth" ?
hope this helps
hth
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:35 Fr 16.03.2007 | | Autor: | Riley |
yes it definitley did! *thumbsup* 
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http://www.statistik.lmu.de/institut/ag/biostat/teaching/statIII2005/skript/kap03.ps