Uneigentliches Integral < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | [mm] $\int_{0}^{\infty}(1-F_{X}(y))^{1/p}dy$
[/mm]
Bestimme
[mm] $\limes_{p\rightarrow\infty}$ [/mm] und [mm] $\limes_{p\rightarrow 1}$ [/mm] |
Hallo,
[mm] F_{X} [/mm] bezeichne die Verteilungsfunktion der Zufallssumme
X = [mm] \sum_{k=1}^{N}U_{k}
[/mm]
wobei N [mm] \sim [/mm] Bin(2,0.5) ,und U stetig gleichverteilt auf (0,1) ist.
Mir ist bewusst, dass diese Aufgabe mittels monotone Konvergenz / majorisierte Konvergenz gut lösbar ist - allerdings würde ich das gerne mit elementarer Riemann-Integral-Theorie lösen - jetzt steht da ein uneigentliches Integral, also haben wir schon mal einen zweiten Grenzübergang drinnen....
[mm] $\limes_{p\rightarrow 1} \limes_{a \rightarrow \infty} \int_{0}^{a}(1-F_{X}(y))^{1/p}dy$
[/mm]
Habt ihr von da an einen Tipp für mich ?
Lg und Danke
PEter
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Hiho,
wenn du das Integral Elementar lösen willst, sollte man sich mal überlegen, wie [mm] $F_X(y)$ [/mm] aussieht.
Offensichtlich gilt:
[mm] $F_X(y) [/mm] = [mm] P(U_1 \le [/mm] y, N=1) + [mm] P(U_1 [/mm] + [mm] U_2 \le [/mm] y, N=2)$
Weiterhin ist offensichtlich [mm] $F_X(y) \equiv [/mm] 1$ für [mm] $y\ge [/mm] 2$ und damit vereinfacht sich das Integral zu:
$ [mm] \int_{0}^{2}(1-F_{X}(y))^{1/p}dy [/mm] $ und deinen zweiten Grenzwert kannst du getrost ignorieren.
Ohne gegebene Unabhängigkeiten wird da wohl nicht mehr viel gehen.
Sind [mm] U_1,U_2 [/mm] und N aber unabhängig, so gilt:
[mm] $F_X(y) [/mm] = [mm] \frac{1}{2}P(U_1 \le [/mm] y) + [mm] \frac{1}{4}P(U_1 [/mm] + [mm] U_2 \le [/mm] y)$
Das kannst du nur für die beiden Fälle:
1.) $0 [mm] \le [/mm] y [mm] \le [/mm] 1$
und
2.) $1 [mm] \le [/mm] y [mm] \le [/mm] 2$
mal selbst ausrechnen.
Gruß,
Gono
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Hallo Gono,
> Hiho,
>
> wenn du das Integral Elementar lösen willst, sollte man
> sich mal überlegen, wie [mm]F_X(y)[/mm] aussieht.
>
> Offensichtlich gilt:
>
> [mm]F_X(y) = P(U_1 \le y, N=1) + P(U_1 + U_2 \le y, N=2)[/mm]
Fehlt hier nicht noch [mm] $+\mathbb{P}[N=0] [/mm] = 1/4$ ?
>
> Weiterhin ist offensichtlich [mm]F_X(y) \equiv 1[/mm] für [mm]y\ge 2[/mm]
> und damit vereinfacht sich das Integral zu:
>
> [mm]\int_{0}^{2}(1-F_{X}(y))^{1/p}dy[/mm] und deinen zweiten
> Grenzwert kannst du getrost ignorieren.
Ja, da hast du recht.
>
> Ohne gegebene Unabhängigkeiten wird da wohl nicht mehr
> viel gehen.
Verzeihung - Unabhängigkeit ist vorausgesetzt.
>
> Sind [mm]U_1,U_2[/mm] und N aber unabhängig, so gilt:
>
>
> [mm]F_X(y) = \frac{1}{2}P(U_1 \le y) + \frac{1}{4}P(U_1 + U_2 \le y)[/mm]
auch hier [mm] $$+\mathbb{P}[N=0] [/mm] = 1/4$ fehlt noch oder ?
>
> Das kannst du nur für die beiden Fälle:
>
> 1.) [mm]0 \le y \le 1[/mm]
> und
> 2.) [mm]1 \le y \le 2[/mm]
>
> mal selbst ausrechnen.
>
> Gruß,
> Gono
Ja, stimmt - aber ich muss doch dennoch begründen, dass ich [mm] \limes_{p\rightarrow\infty} [/mm] unters Integral ziehen kann?
>
>
Lg und danke
Peter
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Hiho,
> Fehlt hier nicht noch [mm]+\mathbb{P}[N=0] = 1/4[/mm] ?
wie ist denn bei dir [mm] $\summe_{k=1}^0$ [/mm] definiert? Bei mir war das immer 0....
Im übrigen wäre sonst ja auch [mm] $\lim_{y\to -\infty} F_X(y) [/mm] = [mm] \frac{1}{4} \not=0$ [/mm] und damit [mm] F_X [/mm] keine Verteilungsfunktion
> Ja, stimmt - aber ich muss doch dennoch begründen, dass
> ich [mm]\limes_{p\rightarrow\infty}[/mm] unters Integral ziehen
> kann?
nein, du sollst das Integral erst ausrechnen und dann den Grenzwert bilden!
Hast du [mm] F_X [/mm] denn mal bestimmt? Dann kannst du doch das Integral direkt berechnen.
Gruß,
Gono
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Hallo Gono,
Ja, klar !! Idiotischer Fehler von mir.
Also:
[mm] $F_{X}(y) [/mm] = [mm] \frac{1}{2}\mathbb{P}[U_{1} \le [/mm] y] + [mm] \frac{1}{4}\mathbb{P}[U_{1}+U_{2} \le [/mm] y]$
Für $0 [mm] \le [/mm] y [mm] \le [/mm] 1$ erhalte ich :
[mm] $F_{X}(y) [/mm] = [mm] \frac{1}{2} \frac{1-0}{1-0} [/mm] + [mm] \frac{1}{4} \cdot [/mm] 1$
ich hoffe das stimmt so?
Lg Peter
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Hiho,
> Für [mm]0 \le y \le 1[/mm] erhalte ich :
>
> [mm]F_{X}(y) = \frac{1}{2} \frac{1-0}{1-0} + \frac{1}{4} \cdot 1[/mm]
nein ganz sicher nicht. Rechts hängt doch gar nichts mehr von y ab und eine konstante Verteilungsfunktion habe ich noch nie gesehen......
1.) Was ist denn [mm] $P(U_1 \le [/mm] y)$ wenn [mm] U_1 [/mm] gleichverteilt ist auf (0,1)?
2.) Für [mm] $P(U_1 [/mm] + [mm] U_2 \le [/mm] y)$ musst du etwas mehr arbeiten. Dafür benötigst du wohl die gemeinsame Dichtefunktion, die bei unabhängigen ZV wie aussieht?
Gruß,
Gono
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> Hiho,
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> > Für [mm]0 \le y \le 1[/mm] erhalte ich :
> >
> > [mm]F_{X}(y) = \frac{1}{2} \frac{1-0}{1-0} + \frac{1}{4} \cdot 1[/mm]
>
> nein ganz sicher nicht. Rechts hängt doch gar nichts mehr
> von y ab und eine konstante Verteilungsfunktion habe ich
> noch nie gesehen......
>
> 1.) Was ist denn [mm]P(U_1 \le y)[/mm] wenn [mm]U_1[/mm] gleichverteilt ist
> auf (0,1)?
[mm]P(U_1 \le y)[/mm] = [mm] \frac{y}{1-0} [/mm] ?
> 2.) Für [mm]P(U_1 + U_2 \le y)[/mm] musst du etwas mehr arbeiten.
> Dafür benötigst du wohl die gemeinsame Dichtefunktion,
> die bei unabhängigen ZV wie aussieht?
Ich nehme stark an mittels Faltung geht das ...
>
> Gruß,
> Gono
LG
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Hiho,
> [mm]P(U_1 \le y)[/mm] = [mm]\frac{y}{1-0}[/mm] ?
Ist das jetzt eine Frage oder eine Antwort?
Wie ist eine stetige Gleichverteilung auf einem Raum X denn definiert?
> > 2.) Für [mm]P(U_1 + U_2 \le y)[/mm] musst du etwas mehr arbeiten.
> > Dafür benötigst du wohl die gemeinsame Dichtefunktion,
> > die bei unabhängigen ZV wie aussieht?
> Ich nehme stark an mittels Faltung geht das ...
Würde, geht aber über die Definition des Erwartungswerts für ZV mit Dichte deutlich einfacher. Für jede meßbare Funktion g und gemeinsamer Dichte [mm] $f_{(U_1,U_2)}$ [/mm] der ZV [mm] U_1,U_2 [/mm] ist:
[mm] $P(g(U_1,U_2) \in [/mm] A) = [mm] E[1_{\{g(U_1,U_2) \in A\}}] [/mm] = [mm] \int\limits_{g(U_1,U_2) \in A} f_{(U_1,U_2)}(x,y)\; [/mm] dx dy$
Welche Form hat die gemeinsame Dichtefunktion [mm] $f_{(U_1,U_2)}$ [/mm] in diesem Fall?
In deinem Fall ist [mm] $g(U_1,U_2) [/mm] = [mm] U_1 [/mm] + [mm] U_2$
[/mm]
Gruß,
Gono
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> Hiho,
>
> > [mm]P(U_1 \le y)[/mm] = [mm]\frac{y}{1-0}[/mm] ?
>
> Ist das jetzt eine Frage oder eine Antwort?
> Wie ist eine stetige Gleichverteilung auf einem Raum X
> denn definiert?
Eine Antwort.
[mm] $\mathbb{P}[x \le [/mm] y] = [mm] \frac{y-0}{1-0} [/mm] $ für $y [mm] \in [/mm] [0,1]$ , 0 für y<0 und 1 sonst. (weiß nicht, wieso cases nicht funktioniert - daher diese dumme Schreibweise)
also [mm] $\mathbb{P}[x \le [/mm] y] = y $ für $0 [mm] \le [/mm] y [mm] \le [/mm] 1$
>
> > > 2.) Für [mm]P(U_1 + U_2 \le y)[/mm] musst du etwas mehr arbeiten.
> > > Dafür benötigst du wohl die gemeinsame Dichtefunktion,
> > > die bei unabhängigen ZV wie aussieht?
> > Ich nehme stark an mittels Faltung geht das ...
>
> Würde, geht aber über die Definition des Erwartungswerts
> für ZV mit Dichte deutlich einfacher. Für jede meßbare
> Funktion g und gemeinsamer Dichte [mm]f_{(U_1,U_2)}[/mm] der ZV
> [mm]U_1,U_2[/mm] ist:
>
> [mm]P(g(U_1,U_2) \in A) = E[1_{\{g(U_1,U_2) \in A\}}] = \int\limits_{g(U_1,U_2) \in A} f_{(U_1,U_2)}(x,y)\; dx dy[/mm]
>
> Welche Form hat die gemeinsame Dichtefunktion [mm]f_{(U_1,U_2)}[/mm]
> in diesem Fall?
>
> In deinem Fall ist [mm]g(U_1,U_2) = U_1 + U_2[/mm]
>
> Gruß,
> Gono
Mit dem Hinweis von Thomas erhalten wir dann für $0 [mm] \le [/mm] y [mm] \le [/mm] 1$
[mm] $F_{X}(y) [/mm] = [mm] \frac{1}{2}y [/mm] + [mm] \frac{1}{4}\frac{y^2}{2} [/mm] $ für $0 [mm] \le [/mm] y [mm] \le [/mm] 1$
stimmt das so ?
LG
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:20 Di 01.12.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Hallo Peter,
[mm] $\mathbb{P}[U_{1} [/mm] + [mm] U_{2} [/mm] <y] [mm] =\begin{cases} \bruch{y^2}{2}, & \mbox{für } 0 \le y \le 1 \\ 2y - \bruch{y^2}{2} - 1, & \mbox{für } 1 \le y \le 2 \end{cases} [/mm] $
sofern ich mich nicht verrechnet habe - aber Gono wird das eh sicher lesen 
Das dient zur Kontrolle deiner Rechnungen - ganz allgemein erhältst du die Verteilung der Summe natürlich immer über die Faltung:
$ [mm] g(x)=\integral_{}^{}f(x-y)f(y)\,dy [/mm] $
in deinem Fall :
$ g(x) [mm] =\int_{-\infty}^{+\infty}\chi_{(0,1)}(x-y)\chi_{(0,1)}(y)\,dy [/mm] $
[mm] $\chi [/mm] $ meint hier die Indikatorfunktion
LG
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Im Endeffekt kriege ich
[mm] $\int_{0}^{2}(1-\frac{y}{2}-\frac{y^2}{8})^{1/p})dy$ [/mm] raus... aber dieses Integral ist doch nicht elementar lösbar oder ?
lg
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:20 Mi 02.12.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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