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(Frage) überfällig  | | Datum: | 08:07 Di 19.05.2009 | | Autor: | Mutter |
| Aufgabe | Die mgf
[mm] \Psi_{X}(\theta):=\int_{-\infty}^{\infty}e^{\theta x}f_{X}(x)dx
[/mm]
ist zu berechnen für eine Verteilungsfunktion
[mm] f(x)=\left\{\begin{matrix}
\alpha e^{-\beta x^2}, & \mbox{wenn }x\ge 0 \\
0, & \mbox{sonst }
\end{matrix}\right. [/mm] |
Da ich nicht mit der Errorfunction arbeiten sollte, muss ich versuchen, geschickt zu substituieren. Ich habe zuerst den Exponenten ausgerechnet, ihn quadratisch ergänzt und einen Teil vor das Integral gezogen, so dass nun hier steht:
[mm] \alpha e^\bruch{\theta^{2}}{4\beta}\int_{0}^{\infty}e^{-\beta\left(x-\bruch{\theta}{2\beta}\right)^2}dx. [/mm]
Ich würde nun gerne folgende Substitution vornehmen: [mm] u:=x-\bruch{\theta}{2\beta}, [/mm] dann das Integral quadrieren und durch Polarkoordinaten substituieren. Kurz davor steht dann aber das (ohne die ganzen Faktoren von davor):
[mm] \int_{-\bruch{\theta}{2\beta}}^{\infty}\int_{-\bruch{\theta}{2\beta}}^{\infty}e^{-\beta(u^2+v^2)}dudv
[/mm]
Mein Problem ist die untere Integrationsgrenze. Was wird aus der, wenn ich Polarkoordinaten einsetze?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Herzlichen Dank
Eure Mutter
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(Frage) überfällig | | Datum: | 17:35 Di 19.05.2009 | | Autor: | Mutter |
| Aufgabe | Bekannt sind noch die folgenden Eigenschaften: Seien X,Y Zufallsvariablen mit Verteilungsfunktionen [mm] F_{X},F_{Y}: dF_{X}=f_{X}dx, [/mm] deren moment giving functions existieren.
(1) [mm] F_{X}=F_{Y}\Leftrightarrow \psi_{X}=\psi_{Y}
[/mm]
(2) X, Y unabhängig [mm] \Rightarrow \psi_{X+Y}=\psi_{X}\psi_{Y} [/mm] |
Ich habe nun also oben das Integral quadriert und davon
[mm] \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{\theta x}f_{X+Y}dxdy
[/mm]
abgezogen. Kann ich das? Bzw. ist diees Integral tatsächlich die mgf zu X+Y? Beziehungsweise für [mm] f_{X} [/mm] gegeben und [mm] ae^{-\beta x^{2}}=f_{X} [/mm] und X,Y unabhängig, darf ich da einfach die Form [mm] f_{X+Y}=ae^{-\beta(x+y)^{2}} [/mm] annehmen? Ich glaube gerade jetzt nicht.
Wenn ich annehme, dass X,Y unabhängig sind, sollte der Term [mm] e^{-2\beta xy}=1 [/mm] sein wegen [mm] f_{X+Y}=f_{X}f_{Y}. [/mm] Während der Berechnung des Integrals ist das aber nicht ganz klar.
Bei mir steht nun, da die beiden mgf dieselben sein müssen, nach der Subtraktion des Integrals aus obigem Post:
[mm] 0=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-\beta\left(\left(x-\frac{\theta}{2\beta}\right)^{2}+\left(x-\frac{\theta}{2\beta}\right)^{2}\right)}\left(e^{-2\beta xy}e^{-\frac{\theta^{2}}{4\beta}}-1\right)dxdy [/mm]
Zur Info: Wir hatten noch keine Wahrscheinlichkeit / Stochastik et al., das ist eine Physik-Aufgabe. Physik ist im ersten Jahr für Mathematiker obligatorisch an der ETH.
Danke
Mutter
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:21 Do 21.05.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Antwort) noch nicht fertig  | | Datum: | 01:39 Do 21.05.2009 | | Autor: | kaleu74 |
Hallo,
also zunächst ist [mm] $f_{X}$ [/mm] keine Verteilung, sondern eine Dichte und [mm] $\mathds{E}e^{\theta x}=\Psi_{X}(\theta)$ [/mm] , d.h. [mm] $\Psi_{X}(\theta)$ [/mm] ist der Erwartungswert der Zufallsvariable [mm] $Y:=e^{\theta X}$. [/mm] Das mit quadratischen Ergänzung hab ich genauso gemacht nur komme ich auf folgendes:
[mm] $\theta x-\beta x^{2}=x^{2}-\bruch{\theta}{\beta}x=x^{2}-\bruch{\theta}{\beta}x+\bruch{\theta^{2}}{4\beta^{2}}-\bruch{\theta^{2}}{4\beta^{2}}=(x-\bruch{\theta}{2\beta})^{2}-\bruch{\theta^{2}}{4\beta^{2}}$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow \Psi_{X}(\theta):=\int_{-\infty}^{\infty}e^{\theta x}f_{X}(x)dx=\alpha e^{-\bruch{\theta^{2}}{4\beta^{2}}}\int_{0}^{\infty}e^{(x-\bruch{\theta}{2\beta})^{2}}dx=\lim_{b\rightarrow \infty}\alpha e^{-\bruch{\theta^{2}}{4\beta^{2}}}\int_{0}^{b}e^{(x-\bruch{\theta}{2\beta})^{2}}dx$
[/mm]
[mm] $=\alpha e^{-\bruch{\theta^{2}}{4\beta^{2}}}\lim_{b\rightarrow \infty}\int_{0}^{b}e^{(x-\bruch{\theta}{2\beta})^{2}}dx=\alpha e^{-\bruch{\theta^{2}}{4\beta^{2}}}\lim_{b\rightarrow \infty}[\bruch{1}{2{(x-\bruch{\theta}{2\beta})}}e^{(x-\bruch{\theta}{2\beta})^{2}}]_{_{0}}^{^{b}}$
[/mm]
gruß
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(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 01:56 Do 21.05.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Die Integration stimmt nicht, differenziere , dann merkst dus
Gruss leduart.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:20 So 24.05.2009 | | Autor: | Mutter |
Ich habe den Eindruck, Du hast in der ersten Zeile, bei der Umformung zur quadratischen Ergänzung den Faktor [mm] $-\beta$ [/mm] nicht vor den Ausdruck gezogen. Siehst Du das auch so?
Hierzu:
$ [mm] =\alpha e^{-\bruch{\theta^{2}}{4\beta^{2}}}\lim_{b\rightarrow \infty}\int_{0}^{b}e^{(x-\bruch{\theta}{2\beta})^{2}}dx=\alpha e^{-\bruch{\theta^{2}}{4\beta^{2}}}\lim_{b\rightarrow \infty}[\bruch{1}{2{(x-\bruch{\theta}{2\beta})}}e^{(x-\bruch{\theta}{2\beta})^{2}}]_{_{0}}^{^{b}} [/mm] $
Wenn Du die Stammfunktion am Schluss ableitest, bekommst Du doch etwas ganz anderes, nicht? Mir scheint, da fehlt die Ableitung des Bruchs nach x.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:20 Sa 23.05.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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