Erzeugende Funktion < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei [mm] $(X_n)$ [/mm] eine Folge unabhängiger Zufallsgrößen mit
[mm] $P(X_n=1)=1-P(X_n=-1)=p$ [/mm] und [mm] $S_n=\sum^n_{k=1}X_k$
[/mm]
die dadurch erzeugte Irrfahrt auf [mm] $\IZ$. [/mm] Wir wollen nun die Verteilung des (zufälligen) Zeitpunktes der ersten Rückkehr nach $0$ berechnen. Dazu sei
[mm] $\tau_0:=\inf\{n\geq 1 | S_n=0\}$
[/mm]
und $G$ die erzeugende Funktion von [mm] $\tau_0$. [/mm] Des weiteren definieren wir [mm] $p_0(n)=P(S_n=0)$ [/mm] und
[mm] $P(s):=\sum^\infty_{n=0}p_0(n) s^n$.
[/mm]
Berechnen Sie die Verteilung von [mm] $\tau_0$, [/mm] indem Sie zeigen, dass
a) $P(s)=1+P(s) G(s)$
b) [mm] $P(s)=\frac{1}{\sqrt{1-4p(1-p)s^2}}$
[/mm]
c) [mm] $G(s)=1-\sqrt{1-4p(1-p)s^2}$.
[/mm]
Dann berechnen Sie noch den Erwartungswert von [mm] $\tau_0$ [/mm] für $p=1/2$. |
OK c) folgt zuammen aus a) und b):
[mm] $G(s)=\frac{P(s)-1}{P(s)}=1-\frac{1}{P(s)}=1-\sqrt{1-4p(1-p)s^2}$.
[/mm]
Ok. Daraus erhält man dann
[mm] $p_n=\frac{G^{(n)}(0)}{n!}$.
[/mm]
Aber leider erkenne ich keine allgemeine Formel für [mm] $G^{(n)}$. [/mm] Ihr vielleicht?
Außerdem habe ich Probleme a) zu zeigen. Habt ihr eine Idee?
Für b) ist mein Ansatz so:
Für ungerades $n$ ist
[mm] $p_0(n)=P(S_n=0)=0$
[/mm]
und für gerade $n$
[mm] $p_0(n)=P(S_n=0)= P(X_i=1,X_j=-1,i\in I,j\in [/mm] J, [mm] \#I=\#J=\frac{n}{2})=a(n)(p(1-p))^{n/2}$
[/mm]
Was ist $a(n)$? Wir haben ja $n/2$ mal die 1 und $n/2$ mal die -1. Wieiviele Möglichkeiten gibt es, diese anzuordnen?
Also (ohne das (a(n) erstmal)
[mm] $P(s):=\sum^\infty_{n=0}p_0(n) s^n=\sum^\infty_{n=0}p_0(2n)s^{2n}=\sum^\infty_{n=0}(p(1-p))^ns^{2n}=\frac{1}{1-(p(1-p)s^2)}$
[/mm]
Sieht schon fast so aus, das wir zeigen sollen.
Was ist eigenlich p(0)? Achja
$p(0)=1$.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:32 Fr 04.07.2008 | | Autor: | vivo |
hallo,
> Für b) ist mein Ansatz so:
>
> Für ungerades [mm]n[/mm] ist
>
> [mm]p_0(n)=P(S_n=0)=0[/mm]
>
> und für gerade [mm]n[/mm]
>
> [mm]p_0(n)=P(S_n=0)= P(X_i=1,X_j=-1,i\in I,j\in J, \#I=\#J=\frac{n}{2})=(p(1-p))^{n/2}[/mm]
>
> Also
>
> [mm]P(s):=\sum^\infty_{n=0}p_0(n) s^n=\sum^\infty_{n=0}p_0(2n)s^{2n}=\sum^\infty_{n=0}(p(1-p))^ns^{2n}=\frac{1}{1-(p(1-p)s^2)}[/mm]
>
> Wo liegt mein Fehler?
sorry gelöscht da absolut falscher gedanke von mir ...
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:24 Fr 04.07.2008 | | Autor: | vivo |
> Was ist [mm]a(n)[/mm]? Wir haben ja [mm]n/2[/mm] mal die 1 und [mm]n/2[/mm] mal die
> -1. Wieiviele Möglichkeiten gibt es, diese anzuordnen?
>
naja es gibt dann [mm] \vektor{n \\ n/2} [/mm] Möglichkeiten die 1'ser zu platzieren und damit sind die -1'ser ja dann automatisch auch festgelegt
aber was jetzt? bitte stelle dein weiteres vorgehen ein (oder wenn Du die lösung hast) denn mich würde sie auch stark interessieren
vielleicht hilft ja auch hier noch jemdand
gruß
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Ok. Mit diesem Wissen ist also
[mm] $P(s)=\sum^\infty_{n=0}p_0(n)s^{n}=\sum^\infty_{n=0}p_(2n)s^{2n}=\sum^\infty_{n=0}\vektor{2n \\ n}(p(1-p))^ns^{2n}$.
[/mm]
Doch wie berechne ich nun den Wert davon? Wäre ja schön,w enn das Ergebnis aus b) heruaskommt. Kann man vielleicht [mm] $\vektor{2n \\ n}$ [/mm] berechnen?
[mm] $\vektor{2n \\ n}=\frac{(2n)!}{n!n!}=\frac{(n+1)(n+2)\ldots (2n-2)(2n-1)2n}{n!}=\frac{(n+1)(n+2)\ldots (2n-2)(2n-1)2n}{1\cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n-2)\cdot (n-1) \cdot n}$.
[/mm]
Da kann man etwas kürzen. Doch was kommt heraus?
Hat jemand eine Lösung zu der a)?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:19 Fr 04.07.2008 | | Autor: | vivo |
[mm] \vektor{2n \\ n}= \bruch{2^n}{n!} [/mm] [(1)(3)(5)(7)...(2n-1)]
1. keine Ahnung wie man das berechnet (wäre schön wenn es jemand erklären könnte ... (gefunden auf http://graham.main.nc.us/~bhammel/MATH/binom.html)
2. keine Ahnung ob das weiterhilft ?!?!?!
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> [mm]\vektor{2n \\ n}= \bruch{2^n}{n!}[/mm] [(1)(3)(5)(7)...(2n-1)]
>
> 1. keine Ahnung wie man das berechnet (wäre schön wenn es
> jemand erklären könnte
[mm] \vektor{2n \\ n}= \bruch{(2n)!}{n!*n!}[/mm]
Aus allen geradzahligen Faktoren der Form 2k des Zählers ([m]k\in\{1...n\}[/m])
kann man einen Faktor 2 herausnehmen. Diese ergeben die Potenz [mm] 2^n. [/mm]
Die verbliebenen k ergeben multipliziert n!, was sich wegkürzt. Weiter
verbleiben im Zähler die ungeraden Faktoren aus der (2n)-Fakultät.
Also bleibt übrig:
[mm]\ \bruch{2^n*(1*3*5*.....*(2n-1))}{n!}[/mm]
> 2. keine Ahnung ob das weiterhilft ?!?!?!
( seh ich leider auch nicht ... )
Gruß
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:26 So 06.07.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Aufgabe | > Sei [mm](X_n)[/mm] eine Folge unabhängiger Zufallsgrößen mit
>
> [mm]P(X_n=1)=1-P(X_n=-1)=p[/mm] und [mm]S_n=\sum^n_{k=1}X_k[/mm]
>
> die dadurch erzeugte Irrfahrt auf [mm]\IZ[/mm]. Wir wollen nun die
> Verteilung des (zufälligen) Zeitpunktes der ersten Rückkehr
> nach [mm]0[/mm] berechnen. Dazu sei
>
> [mm]\tau_0:=\inf\{n\geq 1 | S_n=0\}[/mm]
>
> und [mm]G[/mm] die erzeugende Funktion von [mm]\tau_0[/mm]. Des weiteren
> definieren wir [mm]p_0(n)=P(S_n=0)[/mm] und
>
> [mm]P(s):=\sum^\infty_{n=0}p_0(n) s^n[/mm].
>
> Berechnen Sie die Verteilung von [mm]\tau_0[/mm], indem Sie zeigen,
> dass
>
> a) [mm]P(s)=1+P(s) G(s)[/mm]
>
> b) [mm]P(s)=\frac{1}{\sqrt{1-4p(1-p)s^2}}[/mm]
>
> c) [mm]G(s)=1-\sqrt{1-4p(1-p)s^2}[/mm].
>
> Dann berechnen Sie noch den Erwartungswert von [mm]\tau_0[/mm] für
> [mm]p=1/2[/mm].
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Zu Aufgabe (b) :
Ich habe die [mm] p_0(n)=p_0(2*k) [/mm] für gerade n nach der Formel
[mm]\ p_0(2*k)=\vektor{2k\\k}*\[p*(1-p)\]^k[/mm]
berechnet und in die Reihe für P(s) eingesetzt. Es ergibt sich:
[mm] P(s)=1+2*r*s^2+6*r^2*s^4+20*r^3*s^6+70*r^4*s^8+252*r^5*s^{10}+..... [/mm]
mit der Abkürzung: r=p*(1-p)
Zweitens habe ich die Taylorentwicklung T(s) für die in (b) angegebene Funktion
[mm]P(s)=\frac{1}{\sqrt{1-4p(1-p)s^2}}=\frac{1}{\sqrt{1-4*r*s^2}}[/mm]
aufgestellt:
[mm] T(s)=1+2*r*s^2+6*r^2*s^4+20*r^3*s^6+70*r^4*s^8+252*r^5*s^{10}+..... [/mm]
Es scheint Übereinstimmung zu herrschen; für den genauen Nachweis könnte man
einen Induktionsbeweis machen.
Gruß al-Chw.
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> > Sei [mm](X_n)[/mm] eine Folge unabhängiger Zufallsgrößen mit
> >
> > [mm]P(X_n=1)=1-P(X_n=-1)=p[/mm] und [mm]S_n=\sum^n_{k=1}X_k[/mm]
> >
> > die dadurch erzeugte Irrfahrt auf [mm]\IZ[/mm]. Wir wollen nun die
> > Verteilung des (zufälligen) Zeitpunktes der ersten Rückkehr
> > nach [mm]0[/mm] berechnen. Dazu sei
> >
> > [mm]\tau_0:=\inf\{n\geq 1 | S_n=0\}[/mm]
> >
> > und [mm]G[/mm] die erzeugende Funktion von [mm]\tau_0[/mm]. Des weiteren
> > definieren wir [mm]p_0(n)=P(S_n=0)[/mm] und
> >
> > [mm]P(s):=\sum^\infty_{n=0}p_0(n) s^n[/mm].
> >
> > Berechnen Sie die Verteilung von [mm]\tau_0[/mm], indem Sie zeigen,
> > dass
> >
> > a) [mm]P(s)=1+P(s) G(s)[/mm]
> >
> > b) [mm]P(s)=\frac{1}{\sqrt{1-4p(1-p)s^2}}[/mm]
> >
> > c) [mm]G(s)=1-\sqrt{1-4p(1-p)s^2}[/mm].
> >
> > Dann berechnen Sie noch den Erwartungswert von [mm]\tau_0[/mm] für
> > [mm]p=1/2[/mm].
>
>
>
> Zu Aufgabe (b) :
>
> Ich habe die [mm]p_0(n)=p_0(2*k)[/mm] für gerade n nach der
> Formel
>
> [mm]\ p_0(2*k)=\vektor{2k\\k}*\[p*(1-p)\]^k[/mm]
>
> berechnet und in die Reihe für P(s) eingesetzt. Es ergibt
> sich:
>
> [mm]P(s)=1+2*r*s^2+6*r^2*s^4+20*r^3*s^6+70*r^4*s^8+252*r^5*s^{10}+.....[/mm]
>
> mit der Abkürzung: r=p*(1-p)
>
> Zweitens habe ich die Taylorentwicklung T(s) für die in (b)
> angegebene Funktion
>
> [mm]P(s)=\frac{1}{\sqrt{1-4p(1-p)s^2}}=\frac{1}{\sqrt{1-4*r*s^2}}[/mm]
>
> aufgestellt:
>
> [mm]T(s)=1+2*r*s^2+6*r^2*s^4+20*r^3*s^6+70*r^4*s^8+252*r^5*s^{10}+.....[/mm]
>
> Es scheint Übereinstimmung zu herrschen; für den genauen
> Nachweis könnte man
> einen Induktionsbeweis machen.
>
> Gruß al-Chw.
>
>
Das sieht ja schon mal sehr gut aus. Aber wie zeige ich sowas induktiv. Da müsste ich ja [mm] $P^{(n)}(s)$ [/mm] kennen. Kann man das allgemein angeben und induktiv beweisen?
Wie wäre es denn so:
[mm] $P(s)=\frac{1}{\sqrt{1-4rs^2}}=\frac{1}{1-(1-(1-4rs^2)^{1/2})}=\sum^\infty_{n=0}(1-(1-4rs^2)^{1/2})^n\stackrel{!}{=}\sum^\infty_{n=0}\vektor{2n \\ n}r^n (s^{2})^n$
[/mm]
Nach dem Identitässatz reicht es dann zu zeigen, dass
[mm] $(1-(1-4rs^2)^{1/2})^n=\vektor{2n \\ n}r^n (s^{2})^n$?
[/mm]
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> [mm]P(s)=1+2*r*s^2+6*r^2*s^4+20*r^3*s^6+70*r^4*s^8+252*r^5*s^{10}+..... =\summe_{k=0}^{\infty}{a_{2k}*(r*s^2)^k}[/mm]
> >
> >
> [mm]T(s)=1+2*r*s^2+6*r^2*s^4+20*r^3*s^6+70*r^4*s^8+252*r^5*s^{10}+..... =\summe_{k=0}^{\infty}{b_{2k}*(r*s^2)^k}[/mm]
> Das sieht ja schon mal sehr gut aus. Aber wie zeige ich
> sowas induktiv. Da müsste ich ja [mm]P^{(n)}(s)[/mm] kennen. Kann
> man das allgemein angeben und induktiv beweisen?
>
siehe unten !
>
> Wie wäre es denn so:
>
> [mm]P(s)=\frac{1}{\sqrt{1-4rs^2}}=\frac{1}{1-(1-(1-4rs^2)^{1/2})}=\sum^\infty_{n=0}(1-(1-4rs^2)^{1/2})^n\stackrel{!}{=}\sum^\infty_{n=0}\vektor{2n \\ n}r^n (s^{2})^n[/mm]
>
> Nach dem Identitässatz reicht es dann zu zeigen, dass
>
> [mm](1-(1-4rs^2)^{1/2})^n=\vektor{2n \\ n}r^n (s^{2})^n[/mm]?
Vorsicht: diese beiden Reihen stimmen nicht gliedweise überein !
(die auf der linken Seite ist gar keine Potenzreihe in der Variablen s !)
Die Koeffizienten (meiner) ersten Potenzreihe (siehe oben !), also die
[mm] a_{2k}=\vektor{2k\\k}
[/mm]
sind ja kombinatorisch klar. Da gibt es nichts weiteres zu beweisen.
Die [mm] a_n [/mm] mit ungeraden n sind alle null.
Die Koeffizienten der Taylorreihe (das ist auch eine Potenzreihe)
von [mm] P(x)=\frac{1}{\sqrt{1-4\cdot{}r\cdot{}s^2}} [/mm] , nennen wir sie zur Unterscheidung
einmal [mm] b_n [/mm] , werden berechnet als:
[mm] b_n=\bruch{P^{(n)}(0)}{n!}
[/mm]
Nun, ich habe bis zur 2.Ableitung gerechnet und von dem CAS-Rechner
ein paar weitere abgeholt - und gemerkt, dass das doch ziemlich lästig
wird...
Die Nenner der entstehenden Terme sind [mm] (4*r*s^2-1)^n*\wurzel{1-4*r*s^2)} [/mm] ,
aber bei den Zählern ist es mir nicht gelungen, ein einheitliches Muster
zu erkennen.
Jetzt bereue ich ein bisschen, überhaupt von einem Induktions-
beweis gesprochen zu haben 
Gruß
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Ja, so ein Jammer!
Kann man vielleicht die Fourierreihe benutzen, um den Reihenwert zu bestimmen?
Aber irgendwie braucht man die [mm] $P^{(n)}(s)$ [/mm] noch für nahher, da man die Verteilung mit $G(s)$ berechnen will! Dafür braucht man nämlich [mm] $G^{(n)}(s)$ [/mm] und dies ist verwandt mit dem $P(s)$.>
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> Kann man vielleicht die Fourierreihe benutzen, um den
> Reihenwert zu bestimmen?
>
> Aber irgendwie braucht man die [mm]P^{(n)}(s)[/mm] noch für nachher,
> da man die Verteilung mit [mm]G(s)[/mm] berechnen will! Dafür
> braucht man nämlich [mm]G^{(n)}(s)[/mm] und dies ist verwandt mit
> dem [mm]P(s)[/mm].>
Ich würde mich jetzt einmal auf die ganz oder teilweise (experimentell,
ohne Induktionsbeweis) gewonnenen Ergebnisse stützen und weiter
schauen. Die Darstellung von P(s) als Potenzreihe liegt doch jetzt vor.
LG
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Ok. Ich glaube hier ist der richtige Weg: Es gibt die Binomische Reihe: Für beliebiges reelles [mm] $\alpha$ [/mm] gilt:
[mm] $(1+x)^{\alpha}=\sum^\infty_{k=0}\vektor{\alpha \\ k}x^k$.
[/mm]
Leider ist bei uns das [mm] $\alpha=2n$, [/mm] also nicht fest
Aber vielleicht geht es ja damit!
Es ist
[mm] $\vektor{-1/2 \\ n}=(-1)^{n} \frac{1\cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2n-3)}{2\cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2n)}$
[/mm]
Man muss dann zeigen, dass
[mm] $\vektor{2n\\ n}=(-1)^n 4^n \vektor{-1/2 \\ n}$[/mm]
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> Ok. Ich glaube hier ist der richtige Weg: Es gibt die
> Binomische Reihe: Für beliebiges reelles [mm]\alpha[/mm] gilt:
>
> [mm](1+x)^{\alpha}=\sum^\infty_{k=0}\vektor{\alpha \\ k}x^k[/mm].
>
> Leider ist bei uns das [mm]\alpha=2n[/mm], also nicht fest
>
> Aber vielleicht geht es ja damit!
>
> Es ist
>
>
> [mm]\vektor{-1/2 \\ n}=(-1)^{n} \frac{1\cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2n-3)}{2\cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2n)}[/mm]
Das hilft bestimmt nicht weiter; du sagst es ja selber: diese Formel gilt nur für festes [mm] \alpha [/mm] !
Korrektur: mit dieser Meinung war ich offenbar zu voreilig - siehe die folgende Mitteilung !
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Hallo!
Zum Glück irrst du dich: Wir wissen ja, dass
[mm] $\vektor{2n \\ n}=\frac{2^n}{n!}[1\cdot [/mm] 3 [mm] \cdot \ldots \cdot (2n-1)]=\frac{2^n\cdot 2^n}{2^n\cdot n!}[1\cdot [/mm] 3 [mm] \cdot \ldots \cdot (2n-1)]=4^n\frac{1\cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2n-1)}{2\cdot 4 \cdot \ldots \cdot 2n} =(-1)^n 4^n\vektor{-1/2 \\ n}$
[/mm]
Somit folgt
[mm] $P(s)=\sum^\infty_{n=0}(-1)^n 4^n\vektor{-1/2 \\ n}(p(1-p)s^2)^n=\sum^\infty_{n=0}\vektor{-1/2 \\ n}(-4p(1-p)s^2)^n=(1-4p(1-p)s^2)^{-1/2}$.
[/mm]
Fertig ist die b)
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interessant !
da staunt nicht nur der Laie (naja, der vielleicht nicht...)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:06 So 06.07.2008 | | Autor: | vivo |
allerdings .-)
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Hallo!
Die b) und die c) sind geschafft. Um a) zu zeigen, können wir vielleicht das Cauchyprodukt benutzen! Einfach mal $G(s)$ und $P(s)$ hinschreiben und losrechnen.
Da es jetzt schon spät ist, mach ich das morgen mal. Vielleicht schaffft ihr es ja vor mir und könntet es hier posten?
Wegen [mm] $p_0(0)s^0=1$ [/mm] müssen wir also zeigen, dass
[mm] $\sum^\infty_{n=1}p_0(n)s^n=\sum^\infty_{n=0}p_0(n)s^n\sum^\infty_{n=0}p_n s^n$
[/mm]
Die Cauchyproduktformel ergibt
[mm] $\sum^\infty_{n=0}p_0(n)s^n\sum^\infty_{n=0}p_n s^n=\sum^\infty_{n=0}\sum^n_{k=0}p_0(k)p_{n-k}s^k$
[/mm]
Aber wie daraus nun a) folgen soll, sehe ich nicht.
Da in der Aufgabe eine Irrfahrt erwähnt ist, muss man das vielleicht mit Markovketten lösen?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:24 Di 08.07.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Ok. Berechne ich mal den Erwartungswert für $p=1/2$.
Es ist $4p(1-p)=1$ und
[mm] $G'(s)=\frac{4p(1-p)s}{\sqrt{1-4p(1-p)s^2}}$
[/mm]
Also
[mm] $E=G'(1)=\frac{1}{0}=\infty$.
[/mm]
Der Erwartungswert existiert also nicht!
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So: Ich habe nun die Verteilung berechnet: Klar ist:
[mm] $p_0=G(0)=0$. [/mm]
Um die restlichen [mm] $p_k$ [/mm] zu berechnen, setze
[mm] $f(s):=1-G(s)=\sqrt{1-4p(1-p)s^2}=\sum^\infty_{n=0}\vektor{1/2 \\ n}(-1)^n(4p(1-p))^ns^{2n}$.
[/mm]
Daraus folgt sofort:
[mm] $0=f^{(2k+1)}(0)=-G^{(2k+1)}(0)=p_{2k+1}$ [/mm] für [mm] $k=0,1,2,\ldots$.
[/mm]
Außerdem ist für [mm] $k=1,2,\ldots$
[/mm]
[mm] $p_{2k}=\frac{G^{(2k)}(0)}{(2k)!}=-f^{(2k)}(0)=-\vektor{1/2 \\ k}(-1)^k(4p(1-p))^k=\vektor{1/2 \\ k}(-1)^{k+1}(4p(1-p))^k$.
[/mm]
Wegen [mm] $4^k(-1)^{k+1}\vektor{1/2 \\ k}=\vektor{2k \\ k}(2k-1)^{-1}$ [/mm] ist
[mm] $p_{2k}=\vektor{2k \\ k}\frac{p(1-p)^k}{2k-1}$.
[/mm]
Somit müssen wir nur noch die (a) zeigen! Weiß jemand Rat?
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> Außerdem ist für [mm]k=1,2,\ldots[/mm]
>
> [mm]p_{2k}=\frac{G^{(2k)}(0)}{(2k)!}=-f^{(2k)}(0)=-\vektor{1/2 \\ k}(-1)^k(4p(1-p))^k=\vektor{1/2 \\ k}(-1)^{k+1}(4p(1-p))^k[/mm].
>
> Wegen [mm]4^k(-1)^{k+1}\vektor{1/2 \\ k}=\vektor{2k \\ k}(2k-1)^{-1}[/mm]
> ist
>
> [mm]p_{2k}=\vektor{2k \\ k}\frac{p(1-p)^k}{2k-1}[/mm].
>
Fehlt hier im Zähler nicht eine Klammer ? [mm] p_{2k}=\vektor{2k \\ k}\frac{\red{(}p(1-p)\red{)}^k}{2k-1}
[/mm]
Gruß
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| Aufgabe | | So. Alles ist geschafft außer die a). Vielleicht kann jemand von euch helfen |
> Sei [mm](X_n)[/mm] eine Folge unabhängiger Zufallsgrößen mit
>
> [mm]P(X_n=1)=1-P(X_n=-1)=p[/mm] und [mm]S_n=\sum^n_{k=1}X_k[/mm]
>
> die dadurch erzeugte Irrfahrt auf [mm]\IZ[/mm]. Wir wollen nun die
> Verteilung des (zufälligen) Zeitpunktes der ersten Rückkehr
> nach [mm]0[/mm] berechnen. Dazu sei
>
> [mm]\tau_0:=\inf\{n\geq 1 | S_n=0\}[/mm]
>
> und [mm]G[/mm] die erzeugende Funktion von [mm]\tau_0[/mm]. Des weiteren
> definieren wir [mm]p_0(n)=P(S_n=0)[/mm] und
>
> [mm]P(s):=\sum^\infty_{n=0}p_0(n) s^n[/mm].
>
> Berechnen Sie die Verteilung von [mm]\tau_0[/mm], indem Sie zeigen,
> dass
>
> a) [mm]P(s)=1+P(s) G(s)[/mm]
>
> b) [mm]P(s)=\frac{1}{\sqrt{1-4p(1-p)s^2}}[/mm]
>
> c) [mm]G(s)=1-\sqrt{1-4p(1-p)s^2}[/mm].
>
> Dann berechnen Sie noch den Erwartungswert von [mm]\tau_0[/mm] für
> [mm]p=1/2[/mm].
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:41 Mi 09.07.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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