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Mathematik » Stochastik und Statistik » Große Abweichungen empirischer Mittelwerte
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Universität/Hochschule J Große Abweichungen empirischer Mittelwerte
IPodFan64
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-01-23


Hallo,
ich sitze im Moment an einer Aufgabe bei der ich nicht verstehe, wie das überhaupt gelten kann:

fed-Code einblenden

Mein Problem damit ist, dass s nicht von der linken Seite abhängig ist, aber s ist dennoch beliebig. Damit ändert sich die rechte Seite beliebig. Wenn ich einige Beispielwerte wähle bestätigt sich diese Vermutung.
Hat jemand eine Idee, wieso das doch stimmen könnte?



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-01-23


Moin, rechne doch erst einmal $\operatorname{E}[e^{sX_i}]$ aus (Stichwort: Momenterzeugende Funktion) ...



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IPodFan64
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-23


Danke für den Anstoß. Ich habe jetzt zu folgendem umgeformt:

\(E[e^{sX_1}] = ( \sum \limits_{k=1}^{\infty} \frac{s^n}{n!} E(X^n) )^n e^{-nas}\)

bzw. für Bernoulli (laut Wikipedia)

\(E[e^{sX_1}] = (1-p+pe^s)^n e^{-nas} \)

Meine nächste Idee war es die Markov-Ungleichung anzuwenden, um zu zeigen, dass das gilt. Aber irgendwie stimmen dabei die Faktoren nicht so ganz.



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-01-24


Moin, mein Tipp, $\operatorname{E}[e^{sX_i}]$ auszurechnen, bringt wohl doch nicht so viel, deine Idee schon, die Markowsche Ungleichung zu nutzen.  Beachte, dass $Y=\sum_{i=1}^nX_i$ binomialverteilt ist und $\operatorname{E}[e^{sX_i}]^n$ ist die momenterzeugende Funktion von $Y$.



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IPodFan64
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-24


Ich bin jetzt bis hier gekommen:

\[

e^{-nas} E(e^{sX_1})^n = \frac{E(e^{sX_1})^n}{e^{-nas}} = (\frac{\sum_{n=0}^\infty \frac{s^n}{n!} E(X^n)}{e^{as}})^n

\]
Da gilt

\[
X \sim B_{1,p} \Rightarrow E(X^n) = E(X)
\] \[
\Rightarrow (\frac{\sum_{n=0}^\infty \frac{s^n}{n!} E(X^n)}{e^{as}})^n = (\frac{\sum_{n=0}^\infty \frac{s^n}{n!} E(X)}{e^{as}})^n = (\frac{\sum_{n=0}^\infty \frac{s^n}{n!} p}{e^{as}})^n
\] Durch die Konvergenz der Summe kann man erkennen, dass
\[
\sum_{n=0}^\infty \frac{s^n}{n!} p = p e^s
\] Woraus folgt
\[
\Rightarrow (\frac{\sum_{n=0}^\infty \frac{s^n}{n!} p}{e^{as}})^n = (\frac{p e^s}{e^{as}})^n
\] Jetzt könnte man Anfang und Ende zusammensetzen:
\[
P(\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n X_k \geq a) \leq (\frac{p e^s}{e^{as}})^n
\]
Diese Ungleichung schreit förmlich nach Markov... Aber ich kriegs einfach nicht hin, weiß da jemand etwas?



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-01-25


Moin, ich beziehe mich mal auf die folgende Version der MU (nach Wikipedia):

Gegeben eine Zufallsvariable $Y$, eine reelle Konstante $y$ und $h:[0,\infty)\rightarrow [0,\infty )$ eine monoton wachsende Funktion.  Die allgemeine Markow-Ungleichung besagt dann:  \[h(y)P\left[Y\geq y\right]\leq \operatorname {E} \left[h(Y)\right]\]
Setze in deinem Fall $Y=\sum_{i=1}^nX_i$ und $h(y)=e^{sy}$ ...

vg Luis
 



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IPodFan64
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-26


Ah!! Jetzt sehe ich es auch! Danke sehr Luis!



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