Variabili aleatorie con distribuzione geometrica
Ciao a tutti,
vorrei risolvere il seguente esercizio di stocastica.
"Si considerino le variabili aleatorie indipendenti $X_1,...X_n$, con distribuzione geometrica sul parametro $p in (0,1)$.
Si determini la distribuzione di $X:=\sum_{k=1}^nX_k$ e la probabilità che $P(X_1>X_2)$."
Mio svolgimento:
Per la distribuzione di $X$. Considero che la distribuzione binomiale negativa come generalizzazione della distribuzione geometrica, la quale enumera il numero di tentativi fino al primo successo. Poichè ho come distribuzione geometrica:
$P(X>k)=(1-p)^k=q^k$ segue per la distribuzione binomiale negativa: $P(X=n)=P(X_1+X_2+...+X_n=n)=((n-1),(k-1))*p^k*(1-p)^{n-k}$
Vi sembra corretto?
Per la probabilità che $P(X_1>X_2)$ non saprei come impostare il problema.
Qualcuno può essermi d'aiuto?
vorrei risolvere il seguente esercizio di stocastica.
"Si considerino le variabili aleatorie indipendenti $X_1,...X_n$, con distribuzione geometrica sul parametro $p in (0,1)$.
Si determini la distribuzione di $X:=\sum_{k=1}^nX_k$ e la probabilità che $P(X_1>X_2)$."
Mio svolgimento:
Per la distribuzione di $X$. Considero che la distribuzione binomiale negativa come generalizzazione della distribuzione geometrica, la quale enumera il numero di tentativi fino al primo successo. Poichè ho come distribuzione geometrica:
$P(X>k)=(1-p)^k=q^k$ segue per la distribuzione binomiale negativa: $P(X=n)=P(X_1+X_2+...+X_n=n)=((n-1),(k-1))*p^k*(1-p)^{n-k}$
Vi sembra corretto?
Per la probabilità che $P(X_1>X_2)$ non saprei come impostare il problema.
Qualcuno può essermi d'aiuto?
Risposte
"Guerino":
vorrei risolvere il seguente esercizio di stocastica.
?? Statistica?
"Guerino":
Per la probabilità che $P(X_1>X_2)$ non saprei come impostare il problema.
in generale , con distribuzioni continue hai
$P(X>Y)=intint_D f(x,y)dxdy$
dove
$D={(x,y) in R^2: X>Y}$
nel tuo esempio siamo nel caso disceto quindi devi oppourtunamente modificare la formula (con le somme e non con l'integrale, ma il discorso è analogo).
OSSERVAZIONE: quando si parla di distribuzione geometrica sarebbe meglio definirla bene prima di iniziare (dato che dici sempre che il tuo insegnante è attento ai formalismi). Infatti esiste anche la distribuzione geometrica che conta il numero di fallimenti prima del primo successo. Di solito quella che hai usato tu si chiama "geometrica modificata". Comunque, partendo dalla parametrizzazione che hai usato tu a me viene
$P(X_1>X_2)=(pq)/(1-q^2)=(1-p)/(2-p)$
ti torna?
Grazie per la risposta Tommik.
No, non riesco a capire come sei arrivato alla conclusione
Mamma mia come è frustrante quando non si capiscono le cose dopo mezza giornata sui libri
Come hai impostato l'evento $X_1>X_2$?
No, non riesco a capire come sei arrivato alla conclusione
Mamma mia come è frustrante quando non si capiscono le cose dopo mezza giornata sui libri
Come hai impostato l'evento $X_1>X_2$?
dunque innanzitutto per l'indipendenza sappiamo che la distribuzione congiunta è il prodotto delle marginali
$P(X=x)=pq^(x-1)$;$ x=1,2,...$
$P(Y=y)=pq^(y-1)$; $y=1,2,...$
Quindi esattamente come ti ho indicato nel post precedente , ovvero usando la somma (discreta) al posto dell'integrale (continuo) e facendo attenzione perché nel discreto la misura in un punto non è nulla ottieni subito:
$P(X>Y)=sum_(y=1)^(+oo)pq^(y-1)sum_(x=y+1)^(+oo)pq^(x-1)=...$
da qui è davvero facile...basta usare le proprietà delle serie geometriche
(diciamo che magari con un piccolo sforzo in più avresti potuto almeno abbozzare una soluzione....)
$P(X=x)=pq^(x-1)$;$ x=1,2,...$
$P(Y=y)=pq^(y-1)$; $y=1,2,...$
Quindi esattamente come ti ho indicato nel post precedente , ovvero usando la somma (discreta) al posto dell'integrale (continuo) e facendo attenzione perché nel discreto la misura in un punto non è nulla ottieni subito:
$P(X>Y)=sum_(y=1)^(+oo)pq^(y-1)sum_(x=y+1)^(+oo)pq^(x-1)=...$
da qui è davvero facile...basta usare le proprietà delle serie geometriche
(diciamo che magari con un piccolo sforzo in più avresti potuto almeno abbozzare una soluzione....)
Io ho provato a ragionarci, ma non sarebbe corretto calcolare come:
$P(X_1>X_2)=\sum_{i=1}^\inftyP(X_1>=i+1,X_2=i)=\sum_{i=1}^\inftyP(X_2=i)*P(X_1>=i+1)=\sum_{i=1}^\inftyp*(1-p)^{i-1}(1-p)^{i+1}=p*\sum_{i=1}^\infty(1-p)^{2i}=p*\frac{1}{1-(1-p)^2}=\frac{p}{1-1+2p-p^2}=\frac{1}{2-p}$
?
$P(X_1>X_2)=\sum_{i=1}^\inftyP(X_1>=i+1,X_2=i)=\sum_{i=1}^\inftyP(X_2=i)*P(X_1>=i+1)=\sum_{i=1}^\inftyp*(1-p)^{i-1}(1-p)^{i+1}=p*\sum_{i=1}^\infty(1-p)^{2i}=p*\frac{1}{1-(1-p)^2}=\frac{p}{1-1+2p-p^2}=\frac{1}{2-p}$
?
L'impostazione va bene (anche se non mi piace) ma ci sono due errori, entrambi gravi.
$sum_(i=1)^(+oo)P(X_2=i)P(X_1>=i+1)=sum_(i=1)^(+oo)P(X_2=i)P(X_1>i)=sum_(i=1)^(+oo)pq^(i-1)*q^i=$
$=psum_(i=1)^(+oo)q^(2i-1)=pqsum_(i=0)^(+oo)q^(2i)=(pq)/(1-q^2)$
Come vedi, anche facendo come hai pensato tu, il risultato coincide col mio.
saluti
$sum_(i=1)^(+oo)P(X_2=i)P(X_1>=i+1)=sum_(i=1)^(+oo)P(X_2=i)P(X_1>i)=sum_(i=1)^(+oo)pq^(i-1)*q^i=$
$=psum_(i=1)^(+oo)q^(2i-1)=pqsum_(i=0)^(+oo)q^(2i)=(pq)/(1-q^2)$
Come vedi, anche facendo come hai pensato tu, il risultato coincide col mio.
saluti
Grazie 
Caspita mi devo riguardare le serie mi sa
Caspita mi devo riguardare le serie mi sa
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