Matematik

Sandsynlighed af statistik

03. oktober 2018 af JensPPPP (Slettet) - Niveau: Universitet/Videregående

Hej SP

jeg har disse 2 opgaver, hvor jeg er løber tør for idéer.

Øvelse A)

I A) er jeg ikke helt med på, hvordan jeg skal udregne r tilhører mængden af reelle tal (det skal jo gælde for alle)

I B) ved jeg naturligvis godt, at jeg først skal differentiere Mx med hensyn til r og derefter sætte den lig 0, men hvordan jeg dette lettest?

I udfordringen skal jeg finde P(X=2), P(X=4) osv, men er ikke helt sikker på, hvordan hintet kan benyttes

Jeg takker mange gange for jeres hjælp!

Vedhæftet fil: OPGAVE.png

Brugbart svar (0)

Svar #1
03. oktober 2018 af swpply (Slettet)

Øvelse A, delopgave (a):
Lad $r$ være et vilkårlig tal i $\mathbb{R}$ , da gælder det at

$\begin{align*} M_X(r) &:= \mathbb{E}[e^{rX}] \\ &= \sum_{k=0}^\infty e^{rk}\frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!} \\ &= e^{-\lambda} \sum_{k=0}^\infty \frac{(\lambda e^{r})^k}{k!} \\ &= e^{-\lambda} e^{\lambda e^{r}} \\ &= \exp\big(\lambda(e^r - 1)\big) \end{align*}$

Øvelse A, delopgave (b):

$\begin{align*} \frac{d}{dr}M_X(r) &= \frac{d}{dr}\exp\big(\lambda(e^r-1)\big) \\ &= \lambda\exp(r)\exp\big(\lambda(e^r-1)\big) \\ &= \lambda\exp\big(\lambda(e^r-1)+r\big)\end{align*}$

Hvorfor at

$\begin{align*} \frac{d}{dr}M_X(r)\bigg\vert_{r=0} &= \lambda\exp\big(\lambda(e^0-1)+0\big) \\ &= \lambda \end{align*}$

Brug nu at der om en Poissonfordeling gælder at $\mathbb{E}(X) = \lambda$ .

Brugbart svar (0)

Svar #2
03. oktober 2018 af peter lind

Brugbart svar (0)

Svar #3
03. oktober 2018 af peter lind

glem det

Brugbart svar (0)

Svar #4
03. oktober 2018 af Brusebad (Slettet)

Ugen udfordring:

Et ikke negativt tal er lige hvis det er af formen 2n for n et ikke negativt heltal. Jeg tænker at du kan kigge på

$P(X \text{ lige}) = p_\lambda(\cup_{n =0}^\infty 2n ) = \sum_{n = 0}^\infty \frac{\lambda^{2n}}{(2n)!} \exp(-\lambda)$

Øvelse A

(a)

Jeg er ikke helt sikker på hvad du er i tvivl om her, men jeg tænker, at du bare kan regne derudaf (det er dog muligt, at du får problemer med konvergens for r >= 0)

$E(e^{rX}) = \sum_{x = 0}^{\infty} e^{rx} p_\lambda(x)$

hvor p lambda er pmf'en for possion fordelingen.

(b)

Du skal differentierer efter r og så indsætte 0. Du skal ikke sætte udtrykket lig 0. Hvis du kan argumenterer for at du må differentirerer indmaden i E så er det nok nemmest.

Brugbart svar (0)

Svar #5
03. oktober 2018 af swpply (Slettet)

#4
det er dog muligt, at du får problemer med konvergens for r >= 0

Hvorfor skulle der være problemer med konvergens? Eksponentialfunktionen er en hel/"entire" funktion!

Brugbart svar (0)

Svar #6
03. oktober 2018 af swpply (Slettet)

NB.

Du viser nemmest at

$e^x - e^{-x} = 2\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n}}{(2n)!}$

ved at bruge at

$\cosh(x) := \frac{e^{x} - e^{-x}}{2}$

og dernæst Taylorrækken for den hyperbolske cosinus funktion (link).

Brugbart svar (0)

Svar #7
03. oktober 2018 af peter lind

til udfordringen

P(x=2)+P(x=4) + ... = e-λ(λ²/2!+λ⁴/4!+...

aktså netop næstet en række som i tippet

Brugbart svar (0)

Svar #8
03. oktober 2018 af peter lind

Tilføjelse til #7 du skal ogs0 medtage P(X=0)

Brugbart svar (0)

Svar #9
03. oktober 2018 af JensPPP (Slettet)

Jeg følger #7

Jeg er ikke helt med på, hvordan det skal gøres, men her kommer mit forsøg:

Hyperbolsk cosinus (cosh)

cosh(x)=(e^x-e^-x)/2

Taylor udvikling

cosh(x) = 1+ x^2/2! + x^4/4! .... =Σ^infinity_{n=0 (}x²ⁿ +1) /(2n+1)!

dvs

(e^x-e^-x)/2 = 1+ x^2/2! + x^4/4! .... og ergo (e^x-e^-x)/2 = Σinfinity n=0 (x2n +1) /(2n+1)!

Men hvordan skal jeg angive det som den simple funktion af lambda?

Brugbart svar (1)

Svar #10
03. oktober 2018 af swpply (Slettet)

$\begin{align*} \left. \begin{aligned} \cosh(x) &= \frac{e^{x}-e^{-x}}{2} \\ \cosh(x) &= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!} \end{aligned} \right\rbrace &\quad\Rightarrow\quad \frac{e^{x}-e^{-x}}{2} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!} \\ &\quad\Rightarrow\quad e^{x}-e^{-x} = 2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!} \end{align*}$

Brugbart svar (1)

Svar #11
03. oktober 2018 af peter lind

hvis du sætter x=λ får du cosh(λ) = 1+ λ²/2! + λ⁴/4!+....så P(x=0) + P(x=2)+P(x=4) +... = e^-λcosh(λ)

Brugbart svar (0)

Svar #12
03. oktober 2018 af JensPPP (Slettet)

Bare ok, tak for hjælpen begge to!

Brugbart svar (0)

Svar #13
03. oktober 2018 af swpply (Slettet)

Brugbart svar (0)

Svar #14
03. oktober 2018 af JensPPP (Slettet)

Skal det ikke være plus istedet for minus ved dne nederst pil i #10?

Brugbart svar (1)

Svar #15
03. oktober 2018 af swpply (Slettet)

#14
Skal det ikke være plus istedet for minus ved dne nederst pil i #10?

Ja det er korrekt, $\cosh(x)$ er selvfølgelig en lige funktionen. Hvorfor at

$\cosh(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$

og dermed

$\cosh(x) \neq \frac{e^x - e^{-x}}{2}$

Godt spottet ;-)

Brugbart svar (0)

Svar #16
04. oktober 2018 af JensPPP (Slettet)

Jeg er ikke lige helt med på, hvad du kommer frem til e^(-λ)cosh(λ),

Brugbart svar (0)

Svar #17
04. oktober 2018 af swpply (Slettet)

Ideén er at du kan skrive alle lige ikke-negative heltal på formen 2k for k = 0,1,2,3,.... Hvorfor at

$\begin{align*} \text{Pr}(X\text{ er lige}) &= \sum_{\text{lige } k\geq0}\frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!} \\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac{\lambda^{2k} e^{-\lambda}}{(2k)!} \\ &=e^{-\lambda}\sum_{k=0}^\infty\frac{\lambda^{2k}}{(2k)!} \\ &= e^{-\lambda}\frac{e^\lambda + e^{-\lambda}}{2} \\ &= \frac{1}{2}(1 + e^{-2\lambda}) \end{align*}$

Skriv et svar til: Sandsynlighed af statistik

Du skal være logget ind, for at skrive et svar til dette spørgsmål. Klik her for at logge ind.
Har du ikke en bruger på Studieportalen.dk? Klik her for at oprette en bruger.