EW´te und Dichtefunktionen < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | a) Eine Zufallsvariable X habe auf [0,1] die Dichte [mm] f(x)=3x^2. [/mm] Man bestimme den Erwartungswert und die Varianz von X.
b) Seinen X, Y unabhängige expontialverteilte Zufallsvariablen, beide mit Parameter [mm] \lambda. [/mm] Was ist E(XY)? Man bestimme die Verteilungsfunktion und Dichte von max(X,Y).
c) Sei X gleichverteilt auf [0,1] und Y eine unabhängige standard-normalverteilte Zufallsvariable. Sei Z=2Y. Geben Sie die Dichte der germeinsamen Verteilung von (X,Z) an. |
Hi,
also Teil a) habe ich glaube ich hinbekommen. Komme da auf [mm] E(X)=\bruch{3}{4} [/mm] und für die Varianz auf [mm] Var(X)=\bruch{3}{80}
[/mm]
Vielleicht kann wer die ERgebniss bestätigen? Habe die so berechnet:
[mm] E(X)=\integral_{0}^{1}{x*3x^2 dx}=1-\integral_{0}^{1}{x^3 dx}=1-\bruch{1}{4}=\bruch{3}{4}
[/mm]
Und für die Varianz gilt: [mm] Var(X)=E(X^2)-(E(X))^2, [/mm] d.h.
[mm] E(X^2)=\integral_{0}^{1}{x^2 *3x^2 dx}=\bruch{3}{5}
[/mm]
d.h. [mm] Var(X)=\bruch{3}{5} [/mm] - [mm] \bruch{9}{16}=\bruch{3}{80}
[/mm]
b)
So hier gilt ja für die [mm] Exp.fkt.f(x)=\begin{cases} \lambda e^{-\lambda t}, t \ge 0 \\ 0, x < 0 \end{cases}
[/mm]
So für den EW haben wir schon gezeigt, dass [mm] E(Exp(\lambda))=\bruch{1}{\lambda}
[/mm]
gilt dann für [mm] E(XY)=\bruch{1}{\lambda^2}, [/mm] da die ja unabhängig sind, müsste das ja gelten, oder??
Jetzt weiß ich gerade nicht, wie man die Dichte und Verteilungsfunktion von max(X,Y) bestimmt. Kann da wer helfen??
c)
Für die Gleichverteilung haben wir im Skript:
[mm] f(t)=\begin{cases} 1, t \in [0,1] \\ 0, t \not\in [0,1] \end{cases}
[/mm]
mit der Verteilungsfunktion: [mm] F(x)=\begin{cases} 0, x \le 0 \\ x, 0 \le x \le 1 \\ 1, x \ge 1\end{cases}
[/mm]
so dann haben wir die standard-Normalverteilung mit [mm] f(t)=\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}} [/mm] mit der Verteilungsfunktion:
[mm] F(x)=\integral_{- \infty}^{x}{\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}} dt}
[/mm]
Jetzt weiß ich aber nicht, wie ich die Dichte der gemeinsam Verteilung (X,Z) angeben kann.
Vielleicht hat ja jemand lust, bei den Aufgaben zu helfen. auch wenn die bisschen länger sind. wäre echt nett.
Grüße
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:39 Di 19.01.2010 | | Autor: | luis52 |
> Hi,
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> also Teil a) habe ich glaube ich hinbekommen. Komme da auf
> [mm]E(X)=\bruch{3}{4}[/mm] und für die Varianz auf
> [mm]Var(X)=\bruch{3}{80}[/mm]
>
> Vielleicht kann wer die ERgebniss bestätigen? Habe die so
> berechnet:
>
> [mm]E(X)=\integral_{0}^{1}{x*3x^2 dx}=1-\integral_{0}^{1}{x^3 dx}=1-\bruch{1}{4}=\bruch{3}{4}[/mm]
>
> Und für die Varianz gilt: [mm]Var(X)=E(X^2)-(E(X))^2,[/mm] d.h.
>
> [mm]E(X^2)=\integral_{0}^{1}{x^2 *3x^2 dx}=\bruch{3}{5}[/mm]
>
> d.h. [mm]Var(X)=\bruch{3}{5}[/mm] - [mm]\bruch{9}{16}=\bruch{3}{80}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> b)
>
> So hier gilt ja für die [mm]Exp.fkt.f(x)=\begin{cases} \lambda e^{-\lambda t}, t \ge 0 \\ 0, x < 0 \end{cases}[/mm]
>
> So für den EW haben wir schon gezeigt, dass
> [mm]E(Exp(\lambda))=\bruch{1}{\lambda}[/mm]
>
> gilt dann für [mm]E(XY)=\bruch{1}{\lambda^2},[/mm] da die ja
> unabhängig sind, müsste das ja gelten, oder??
>
>
> Jetzt weiß ich gerade nicht, wie man die Dichte und
> Verteilungsfunktion von max(X,Y) bestimmt. Kann da wer
> helfen??
>
>
> c)
>
> Für die Gleichverteilung haben wir im Skript:
>
> [mm]f(t)=\begin{cases} 1, t \in [0,1] \\ 0, t \not\in [0,1] \end{cases}[/mm]
>
> mit der Verteilungsfunktion: [mm]F(x)=\begin{cases} 0, x \le 0 \\ x, 0 \le x \le 1 \\ 1, x \ge 1\end{cases}[/mm]
>
> so dann haben wir die standard-Normalverteilung mit
> [mm]f(t)=\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}}[/mm] mit der
> Verteilungsfunktion:
>
> [mm]F(x)=\integral_{- \infty}^{x}{\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}} dt}[/mm]
>
> Jetzt weiß ich aber nicht, wie ich die Dichte der
> gemeinsam Verteilung (X,Z) angeben kann.
![[]](/images/popup.gif) Da schau her, Satz 9.2.b.
vg Luis
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Hmmmmm,
da fehlt mir irgendwie immer noch die Anwendung. Machen wir vielleicht erstmal die b)
[mm] f(X)=\begin{cases} \lambda e^{-\lambda t}, t \ge 0 \\ 0, x < 0 \end{cases} [/mm] und
[mm] f(Y)=\begin{cases} \lambda e^{-\lambda t}, t \ge 0 \\ 0, x < 0 \end{cases}
[/mm]
So, was ist ersmmal max(X,Y), wie sieht das aus? Muss ich einfach f(X) mit f(Y) multiplizieren?
Also [mm] f(XY)=\begin{cases} \lambda^2 e^{-\lambda^2 t^2}, t \ge 0 \\ 0, x < 0 \end{cases}.
[/mm]
Ist das jetzt schon die Dichte von max(X,Y)??
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:44 Mi 20.01.2010 | | Autor: | gfm |
Nein, ich würde das so rechnen:
Z:=Max(X,Y)=X [mm] \vee [/mm] Y
[mm] F_{Z}(t) [/mm] = [mm] \integral_{\Omega} 1_{(-\infty,t]}(X\vee Y)dP_{(X,Y)}=\integral_{X(\Omega)\times Y(\Omega)} 1_{(-\infty,t]}(x\vee y)dF_{(X,Y)}(x,y)=\lambda^{2}\integral_{\IR^{+}_{0}^{2}} 1_{(-\infty,t]}(x\vee y)e^{-\lambda(x+y)}dxdy
[/mm]
[mm] =\lambda^{2}(\integral_{(x\le t)\wedge (y\le x) } e^{-\lambda(x+y)}dxdy +\integral_{(y\le t)\wedge (y
[mm] =\lambda^{2}(\integral_{0}^{t}e^{-\lambda x}\bruch{1}{\lambda}(1-e^{-\lambda x})dx [/mm] + [mm] \integral_{0}^{t}e^{-\lambda y}\bruch{1}{\lambda}(1-e^{-\lambda y})dy)=2\lambda \integral_{0}^{t}(e^{-\lambda y}-e^{-2\lambda y})dy=(-2e^{-\lambda y}+e^{-2\lambda y})^{t}_{0}=1+e^{-\lambda t}(e^{-\lambda t}-2)
[/mm]
[mm] f_{Z}(t)=F_{Z}'(t)=2\lambda e^{-2\lambda t} (1-e^{-2\lambda t})
[/mm]
Hier findest Du eine andere Herangehensweise:
http://www.statoek.wiso.uni-goettingen.de/veranstaltungen/statistik3alt/daten/loes05.pdf
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:44 Mi 20.01.2010 | | Autor: | luis52 |
Moin,
ein weiterer Link.
vg Luis
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uffff, also die b) habe ich jezt nach langer zeit doch hinbekommen, yeah  .
kommen wir mal zur c) jetzt. Nochmal wie im ersten Post:
Für die Gleichverteilung haben wir im Skript:
$ [mm] f(t)=\begin{cases} 1, t \in [0,1] \\ 0, t \not\in [0,1] \end{cases} [/mm] $
mit der Verteilungsfunktion: $ [mm] F(x)=\begin{cases} 0, x \le 0 \\ x, 0 \le x \le 1 \\ 1, x \ge 1\end{cases} [/mm] $
so dann haben wir die standard-Normalverteilung mit $ [mm] f(t)=\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}} [/mm] $ mit der Verteilungsfunktion:
$ [mm] F(x)=\integral_{- \infty}^{x}{\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}} dt} [/mm] $
Es gilt erst die gemeinsame Verteilung von (X,Z) zu bestimmen, wobei Z=2Y,
d.h. 2Y müsste ja so aussehen: [mm] 2*F(x)=2*\integral_{- \infty}^{x}{\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}} dt}
[/mm]
Wie kann ich die Verteilungsfkt. der Normalverteilung eigentlich vereinfachen?
Für die gemeinsame Verteilungsfunktion müsste ja eigentlich gelten:
[mm] F(XY)=\begin{cases} 0, x \le 0 \\ x*2*\integral_{- \infty}^{x}{\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}} dt}, 0 \le x \le 1 \\ 2*\integral_{- \infty}^{x}{\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}} dt}, x \ge 1\end{cases}
[/mm]
und die Ableitung von F(XY) wäre die gemeinsame Dichte??
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:18 Mi 20.01.2010 | | Autor: | luis52 |
> Es gilt erst die gemeinsame Verteilung von (X,Z) zu
> bestimmen, wobei Z=2Y,
>
> d.h. 2Y müsste ja so aussehen: [mm]2*F(x)=2*\integral_{- \infty}^{x}{\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}} dt}[/mm]
Hilfe nein! Was waere denn dann $2F(1)_$?
>
> Wie kann ich die Verteilungsfkt. der Normalverteilung
> eigentlich vereinfachen?
Gar nicht.
>
> Für die gemeinsame Verteilungsfunktion müsste ja
> eigentlich gelten:
>
> [mm]F(XY)=\begin{cases} 0, x \le 0 \\ x*2*\integral_{- \infty}^{x}{\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}} dt}, 0 \le x \le 1 \\ 2*\integral_{- \infty}^{x}{\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}} dt}, x \ge 1\end{cases}[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Die gem. Vertfkt muss von 2 Argumenten abhaengen: [mm] $F(x,z)=P(X\le x\cap Z\le [/mm] z)_$
>
> und die Ableitung von F(XY) wäre die gemeinsame Dichte??
Wie wuerde die denn aussehen?
vg Luis
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hmmmm
wie ist denn das mit 2Y=Z sonst gemeint??? irgendwo muss ja diese zwei erscheinen. 2Y=Y+Y.Deswegen dachte ich, dass das so gemeint ist:
[mm] f(t)=\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}} [/mm] + [mm] \bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}} [/mm] = [mm] 2*\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}}???
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:40 Mi 20.01.2010 | | Autor: | luis52 |
> hmmmm
>
> wie ist denn das mit 2Y=Z sonst gemeint??? irgendwo muss ja
> diese zwei erscheinen. 2Y=Y+Y.
Bestimme die Verteilungsfunktion von $Z_$: Waehle [mm] $z\in\IR$ [/mm] und ermittle
[mm] $P(Z\le z)=P(2Y\le z)=\dots$
[/mm]
> Deswegen dachte ich, dass das
> so gemeint ist:
>
> [mm]f(t)=\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}}[/mm] + [mm]\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}}[/mm] = [mm]2*\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}e^{\bruch{-t^2}{2}}???[/mm]
>
>
Ach Steve, das macht doch keinen Sinn. Wenn du zwei Dichten addierst, so ist die Flaeche darunter 2 und nicht 1.
vg Luis
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:49 Mi 20.01.2010 | | Autor: | gfm |
Hm, also, vermutlich wurde in Eurem Zugang, das weggelassen, wo mir damals erst so richtg ein Licht aufging und alles erst einen Sinn machte. Kam w-theoretisches im Vordiplom Physik dran, dann hatte ich das Gefühl als wenn was fehlte. Da war die Rede von Zufallsvariablen die Werte zufällig annehmen können. Wie machen diese mathematischen Objekte das denn habe ich mich immer gefragt? Mit der folge, dass W-Theorie sich lange nicht in sich schlüssig und sicher in mir festsetzen konnte und ich vieles durcheinanderwürfelte.
Eine ZV X (große Buchstaben!) ist eine normale Abbildung eines W-Raums [mm] (\Omega,\mathcal{A}, [/mm] P) in den [mm] \IR^{n} [/mm] X: [mm] \Omega \to \IR^{n}, [/mm] dabei stellt man sich [mm] \Omega [/mm] als den Ort vor an dem der Zufall lebt. [mm] \mathcal{A} [/mm] ist eine Menge von Teilmengen von [mm] \Omega [/mm] und beschreibt das, was passieren kann bzw. welche Ereignisse beobachtbar sind. P ist ein W-Maß und ordnet diesen Teilmengen eine Wahrscheinlichkeit zu.
Eine Realisierung von X erhält man, wenn man sich ein [mm] \omega \in \Omega [/mm] eingesetzt denkt: x = [mm] X(\omega). [/mm] Man beachte die Schreibweise: Das kleine x bezeichnet eine Wert aus [mm] \IR^{n} [/mm] das große X bezeichnet die ZV als Abbildung.
Der Zufall lebt im [mm] (\Omega,\mathcal{A}, [/mm] P) und wählt zufällig Elemente [mm] \omega [/mm] aus [mm] \Omega [/mm] aus und ist dabei allerdings an die Wahrscheinlichkeiten, die durch P gegeben sind, gebunden. P steuert sozusagen den Zufall.
Dieser Unterbau mit [mm] (\Omega,\mathcal{A}, [/mm] P) ist notwendig, um der W-Theorie einen exakte Form geben zu können.
In der Praxis/im Experiment ist allerdings dieser Unterbau nicht direkt beobachtbar, da wir nur die Realisierungen von X sehen. Aber wie gesagt, dieser Unterbau und die Unterscheidung vom kleinen x zum großen X machte für mich erst alles schlüssig, und gibt einem die Möglichkeit Aufgaben "from the scratch" exakt formuliert zu lösen.
Bezüglich des W-Maßes P kann man auch integrieren. So ist zum Beispiel der Erwartungswert von X definiert als
[mm] E(X)=\integral_{\Omega} X(\omega)dP(\omega)
[/mm]
Um nun wieder von zugrunde liegenden W-Raum wegzukommen kann man in diesem Integral substituieren:
[mm] \omega=X^{-1}(x) [/mm] und kommt so an die Stelle an der manche Darstellungen erst einsetzen:
[mm] E(X)=\integral_{X(\Omega)}xdP(X^{-1}(x)) =\integral_{X(\Omega)}xdF_{X}(x) [/mm] = [mm] \integral_{X(\Omega)}xf_{X}(x)dx
[/mm]
[mm] F_{X} [/mm] ist die Verteilung von X und [mm] f_{X} [/mm] ist ihre Dichte. Diese ordnen einem Wert t aus der Menge in der X seine Werte annimmt eine nicht negative Zahl zu. [mm] X(\Omega) [/mm] ist einfach der Integrationsbereich. Da sind also alle Werte die X annehmen kann.
[mm] x\mapsto F_{X}(x) [/mm] ist der Wert der Verteilungsfunktion F von (groß) X (eine Abbildung) an der Stelle (klein) x (eine Zahl) und ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass X einen Wert kleiner oder gleich x annimmt.
Wenn man sich wieder auf den zugrunde liegenden W-Raum zurückzieht, sieht das wie folgt aus:
X soll Werte in [mm] [-\infty, [/mm] x]. Um die Wahrscheinlichkeit dafür zu bestimmen, muss man die Menge der kleinen [mm] \omega [/mm] bestimmen und dann für sie das W-Maß P bestimmen. Wenn X ein [mm] \omega [/mm] auf ein x abbildet, geht das Rückwärts mit [mm] X^{-1}:
[/mm]
[mm] \omega=X^{-1}(x)
[/mm]
Angewendet auf [mm] [-\infty, [/mm] x] heißt das alles zusammen
[mm] F_{X}(x) [/mm] = [mm] P(X^{-1}([-\infty, [/mm] x]))
Hieraus kann man für die Praxis durchaus relevant eine hilfreiche Darstellung für [mm] F_{X}(x) [/mm] ableiten:
[mm] F_{X}(x)=\integral_{\Omega} 1_{[-\infty, x]}(X(\omega))dP(\omega)
[/mm]
Dabei ist [mm] 1_{A}(x) [/mm] einfach nur eine Abkürzung für
[mm] 1_{A}(x) [/mm] = [mm] \begin{cases} 1, {x \in A } \\ 0, {x \not \in A } \end{cases}
[/mm]
Das ist die Indikatorfunktion zu A. Sie hebt bei einem x aus A den Arm und nimmt den Wert 1 an. Ist x nicht aus A bleibt sie null. Damit lassen sich Fallunterscheidungen in einer Zeile schreiben und auf einen Schritt integrieren.
Mit der Substitution [mm] \omega=X^{-1}(u) [/mm] (du mußt jetzt u nehmen ansonsten gäbe eine mehrdeutige Verwendung des Zeichens "x") erhälst Du
[mm] F_{X}(x)=\integral_{\Omega} 1_{[-\infty, x]}(u))dF_{X}(u)
[/mm]
oder wenn X eine Dichte gegen das normale du hat:
[mm] F_{X}(x)=\integral_{\Omega} 1_{[-\infty, x]}(u))f_{X}(u)du
[/mm]
Gut das war jetzt gerade nicht mehr spannend als der Hautsatz der Integral und Differentialrechnung aber interessanter wird es, wenn du - ausgehend von einem X mit bekannter Verteilung - eine Funktion von X untersuchen sollst, z.B. Z = aX+b (eine linerare Transformation von X):
[mm] F_{Z}(x)=\integral_{\Omega} 1_{[-\infty, x]}(Z(\omega))dP(\omega)=\integral_{\Omega} 1_{[-\infty, x]}(aX(\omega)+b)dP(\omega)=\integral_{X(\Omega)} 1_{[-\infty, x]}(au+b))dF_{X}(u)=\integral_{X(\Omega)} 1_{[-\infty, x]}(au+b))f_{X}(u)du
[/mm]
also
[mm] F_{aX+b}(x)=\integral_{X(\Omega)} 1_{[-\infty, x]}(au+b))dF_{X}(u)=\integral_{X(\Omega)}1_{[-\infty, x]}(au+b))f_{X}(u)du
[/mm]
Jetzt siehst du und verstehst auch wie du zur neuen Verteilung kommst!
Allgemein (g ist es eine beliebige Funktion)
[mm] F_{g(X)}(x)=\integral_{X(\Omega)} 1_{[-\infty, x]}(g(u)))dF_{X}(u)=\integral_{X(\Omega)}1_{[-\infty, x]}(g(u))f_{X}(u)du
[/mm]
Um weiter rechnen zu können muss das g aus dem Inneren der Indikatorfunktion weg. Das geht mit der Substitution u = [mm] g^{-1}(z):
[/mm]
[mm] F_{g(X)}(x)=\integral_{g(X(\Omega))} 1_{[-\infty, x]}(z))dF_{X}(g^{-1}(z))=\integral_{g((X(\Omega))}1_{[-\infty, x]}(z)f_{X}(g^{-1}(z))dg^{-1}(z)
[/mm]
Wenn Du dich auf nun erst einmal mit [mm] \IR-wertigen [/mm] ZVn, die Werte in einem Intervall (a,b) annehmen (kann auch unendlich sein), und einem differenzierbaren und eindeutig umkehrbarem g begnügst, kannt Du wie folgt weiterrechnen:
[mm] F_{g(X)}(x)=\integral_{g(a)}^{g(b)}1_{[-\infty, x]}(z)f_{X}(g^{-1}(z))g^{-1}'(z)dz
[/mm]
Wenn g monoton steigt ist
[mm] f_{X}(g^{-1}(z))g^{-1}'(z) [/mm] die Dichte von g(X)
Wenn Sie monoton fällt gibt es eine negative Ableitung, was man aber durch Vertauschen der Integrationsgrenzen beheben kann:
[mm] F_{g(X)}(x)=\integral_{g(b)}^{g(a)}1_{[-\infty, x]}(z)f_{X}(g^{-1}(z))(-g^{-1}'(z))dz
[/mm]
Dann ist halt
[mm] -f_{X}(g^{-1}(z))g^{-1}'(z) [/mm] die Dichte von g(X)
So und nun zu Z = 2Y. Z=g(Y). Hier ist z=g(y) = 2y. Also [mm] y=g^{-1}(z)= \bruch{1}{2}z [/mm] und [mm] g^{-1}'(z)=\bruch{1}{2}. [/mm] Die Dichte von Y ist laut Aufgabenstellung die Standnormaldichte [mm] f_{Y}(y)=\bruch{1}{\wurzel{2\pi}}e^{-\bruch{1}{2}y^2}
[/mm]
Das setzen wir in
[mm] f_{Z}(z)=f_{g(Y)}(z)=f_{X}(g^{-1}(z))g^{-1}'(z) [/mm] ein:
[mm] f_{2Y}(z)=\bruch{1}{\wurzel{2\pi}}e^{-\bruch{1}{2}(\bruch{1}{2}z)^2}\bruch{1}{2}=\bruch{1}{\wurzel{4*2\pi}}e^{-\bruch{1}{2}\bruch{z^2}{4}}
[/mm]
Das ist also eine Normalverteilung mit der Varianz 4, was auch Sinn macht, denn die Ausgangsverteilung hatte eine von 1 und wir haben mit 2 gestreckt.
Nun zur gemeinsamen Verteilung von X und Z. Die gemeinsame Verteilung ist definiert durch
[mm] F_{(X,Z)}(x,z) [/mm] = [mm] P(X^{-1}([-\infty, x])\cap Z^{-1}([-\infty, [/mm] z]))
Wieder sucht man die [mm] \omega [/mm] aus [mm] \Omega, [/mm] die zu solchen Realisierungen für X und Z führen, dass [mm] X(\omega)\le [/mm] x und gleichzeitig [mm] Z(\omega)\le [/mm] z und berechnet das Wahrscheinlichkeitsmaß (die Wahrscheinlichkeit) davon. Deswegen auch "gemeinsame" Verteilung. Ein und dasselbe Zufallsmoment soll zu vorgegebenen Realisierungen gleichzeitig für X und Z führen.
Zwei Ereignisse A und B gelten als unabhängig wenn [mm] P(A\cap [/mm] B)=P(A)P(B)
Auf obigen Fall angewendet - stand ja so in der Aufgabenstellung - heißt das
[mm] F_{(X,Z)}(x,z)=P(X^{-1}([-\infty, x]))\cap Z^{-1}([-\infty, z]))=P(X^{-1}([-\infty, x]))\cap Y^{-1}([-\infty, [/mm] z/2]))
(wenn [mm] Z^{-1} [/mm] zu den [mm] \omega [/mm] führt die auf max z abgebildet werden, dann führen diese über Y zu z/2, da ja Z=2Y ist)
[mm] =P(X^{-1}([-\infty, x]))P(Y^{-1}([-\infty, [/mm] z/2]))
[mm] =P(X^{-1}([-\infty, x]))P((2Y)^{-1}([-\infty, z]))=P(X^{-1}([-\infty, x]))P(Z^{-1}([-\infty, [/mm] z]))
= [mm] F_{X}(x)F_{Z}(z)
[/mm]
Hier erkennt man das der zusätzliche theoretische Unterbau nicht nur verkomplizierend wirkt. Er macht sehr einfach deutlich, was im Falle der Unabhängigkeit aus der gemeinsamen Verteilung wird.
Die Verteilungfunktion ist also das Produkt der einzelnen Verteilungen. Das überträgt sich auch auf die Dichten.
Mit [mm] f_{X}(x)=1_{[0,1]}(x) [/mm] und [mm] f_{Z}(z)=\bruch{1}{\wurzel{4*2\pi}}e^{-\bruch{1}{2}\bruch{z^2}{4}}
[/mm]
erhälst Du
[mm] F_{(X,Z)}(x,z)=1_{[0,1]}(x)\bruch{1}{\wurzel{4*2\pi}}e^{-\bruch{1}{2}\bruch{z^2}{4}}
[/mm]
Hoffe das ganze hilft Dir ein bischen.
LG
gfm
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:12 Do 21.01.2010 | | Autor: | jaruleking |
Hi,
super vielen Dank für die ganze Mühe, muss das mal jetzt nochmal sacken lassen . ist ja doch ziemlich viel.
grüße
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| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:53 Mi 20.01.2010 | | Autor: | gfm |
Zu c)
Verstehe den Sinn der Aufgabe nicht recht. Wenn X und Y unabhängig sein sollen und Z = 2Y, wo ist der Gehalt, die Verteilung von (X,Z) auszurechenen?
Das ist doch die von X mal die von Z. Und die von Z ist eine proportionale Streckung der Standardnormalverteilung.
Soll das vielleicht Z = XY sein?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:48 Mi 20.01.2010 | | Autor: | luis52 |
Moin gfm,
da schau her, Definition 6.3.
vg Luis
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:14 Mi 20.01.2010 | | Autor: | gfm |
Danke, Luis.
Was ich meine ist, wenn X und Y unabh. sind und Z=2Y and sind X und Z auch unabh. Die gemeinsame Verteilung/Dichte von X und Z ist immer noch (nur) ein Produkt und sofort hinschreibbar. Also was ist der pädagogische Wert der Aufgabenstellung? Das meinte ich.
LG
gfm
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:35 Mi 20.01.2010 | | Autor: | luis52 |
> Danke, Luis.
>
> Was ich meine ist, wenn X und Y unabh. sind und Z=2Y and
> sind X und Z auch unabh. Die gemeinsame Verteilung/Dichte
> von X und Z ist immer noch (nur) ein Produkt und sofort
> hinschreibbar.
Nicht ganz, die Verteilung von $Z=2Y_$ fehlt noch. (Ich weiss: Ist auch nicht schwer.)
> Also was ist der pädagogische Wert der
> Aufgabenstellung?
Ausserdem will der Aufgabensteller vielleicht den Umgang mit der Verteilungsbestimmung unabhaengiger ZVen einueben lassen. Denn anscheinend tut sich unser Klient schwer damit...
vg Luis
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