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Forum "Uni-Stochastik" - Normalverteilung
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Normalverteilung: berechnen
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:13 Mi 30.05.2012
Autor: bandchef

Aufgabe
Eine Zufallsvariable X sei normalverteilt, also $X ~ [mm] N(\mu, \sigma^2)$ [/mm]

Mit welcher Wahrscheinlichkeit nimmt die Zufallsgröße X Werte an, die in einem zum Mittelwert symmetrischen Intervall von [mm] $x_1 [/mm] = [mm] \mu [/mm] - [mm] k\sigma$ [/mm] bis [mm] $x_2 [/mm] = [mm] \mu [/mm] + [mm] k\sigma$ [/mm] liegen?

Hi Leute!

Ich hab ein kleines Verständnisproblem bei der Aufgabe. Ich denke es liegt nicht an der rechnerei sondern viel mehr wirklich am Verständnis.

Ich weiß, dass in der Angabe $X ~ [mm] N(\mu, \sigma^2)$ [/mm] das [mm] \mu [/mm] der Erwartungswert und das [mm] \sigma^2 [/mm] die Varian darstellt. Die Formeln für den Erwartungswert haben wir aufgeschrieben genauso die Dichtefunktion f und wie man zur Verteilungsfunktion F der Normalverteilung kommt.

Ich weiß jetzt nur nicht was es mit der Intervallangabe auf sich hat!

Könnt ihr mir weiterhelfen?

        
Bezug
Normalverteilung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 15:24 Mi 30.05.2012
Autor: kamaleonti

Hallo bandchef,
> Eine Zufallsvariable X sei normalverteilt, also [mm]X ~ N(\mu, \sigma^2)[/mm]

Damit hat sie Dichte

          f(x) = [mm] \frac {1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac {1}{2} \left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2} [/mm]

>  
> Mit welcher Wahrscheinlichkeit nimmt die Zufallsgröße X
> Werte an, die in einem zum Mittelwert symmetrischen
> Intervall von [mm]x_1 = \mu - k\sigma[/mm] bis [mm]x_2 = \mu + k\sigma[/mm] liegen?
>  Hi Leute!
>  
> Ich hab ein kleines Verständnisproblem bei der Aufgabe.
> Ich denke es liegt nicht an der rechnerei sondern viel mehr
> wirklich am Verständnis.
>  
> Ich weiß, dass in der Angabe [mm]X ~ N(\mu, \sigma^2)[/mm] das [mm]\mu[/mm]
> der Erwartungswert und das [mm]\sigma^2[/mm] die Varian darstellt.
> Die Formeln für den Erwartungswert haben wir
> aufgeschrieben genauso die Dichtefunktion f und wie man zur
> Verteilungsfunktion F der Normalverteilung kommt.
>  
> Ich weiß jetzt nur nicht was es mit der Intervallangabe
> auf sich hat!

Du sollst [mm] P(X\in(\mu-k\sigma,\mu+k\sigma)) [/mm] berechnen.

(k liegt wohl in [mm] \IN) [/mm]

LG

>  
> Könnt ihr mir weiterhelfen?


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Bezug
Normalverteilung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:29 Mi 30.05.2012
Autor: bandchef

Wenn ich nun $ [mm] P(X\in(\mu-k\sigma,\mu+k\sigma)) [/mm] $ berechnen soll, dann muss ich also erst die Verteilungsfunktion in Abhängigkeit von [mm] x_1 [/mm] und dann die Verteilungsfunktion in Abhängigkeit von [mm] x_2 [/mm] berechnen, oder?

Sind diese Wahrscheinlichkeiten dann disjunkt? Muss ich die dann addieren, oder multiplizieren?

Die Verteilungsfunktion ist mir mit $F(x) = [mm] \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^x e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm [/mm] dt$ angegeben.



Also sollte das doch so passen:

[mm] $F(x_1) [/mm] = [mm] \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{x_1} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm [/mm] dt$

[mm] $\Leftrightarrow F(\mu-k\sigma) [/mm] = [mm] \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\mu-k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm [/mm] dt = ...$


und



$ [mm] F(x_2) [/mm] = [mm] \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{x_1} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm [/mm] dt $

$ [mm] \Leftrightarrow F(\mu-k\sigma) [/mm] = [mm] \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\mu+k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm [/mm] dt = ... $



Darf ich nun aufgrund der Symmetrie der Gauß'schen Glockenkurve daraus schließen, dass [mm] $F(x_1) [/mm] = [mm] F(x_2)$ [/mm] ist? Das ja dann wiederum heißen würde, dass ich nur einmal integrieren muss, oder? Das Integral sieht nämlich schon etwas "sehr derb" aus...

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Bezug
Normalverteilung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 15:39 Mi 30.05.2012
Autor: kamaleonti


> Wenn ich nun [mm]P(X\in(\mu-k\sigma,\mu+k\sigma))[/mm] berechnen
> soll, dann muss ich also erst die Verteilungsfunktion in
> Abhängigkeit von [mm]x_1[/mm] und dann die Verteilungsfunktion in
> Abhängigkeit von [mm]x_2[/mm] berechnen, oder?
>  
> Sind diese Wahrscheinlichkeiten dann disjunkt?

Wie?

> Muss ich die dann addieren, oder multiplizieren?

Hm? Ich empfehle, die Grundlagen noch einmal anzusehen.

>  
> Die Verteilungsfunktion ist mir mit [mm]F(x) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^x e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt[/mm]
> angegeben.

Damit gilt

       [mm] P(X\in(x_1,x_2))=F(x_2)-F(x_1). [/mm]

>  
>
>
> Also sollte das doch so passen:
>  
> [mm]F(x_1) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{x_1} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt[/mm]
>  
> [mm]\Leftrightarrow F(\mu-k\sigma) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\mu-k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt = ...[/mm]
>  
>
> und
>  
>
>
> [mm]F(x_2) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{x_1} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt[/mm]
>  
> [mm]\Leftrightarrow F(\mu-k\sigma) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\mu+k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt = ...[/mm]

Ja.

LG

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Normalverteilung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:29 Mi 30.05.2012
Autor: bandchef

Ich denke es sollte so passen:


$ [mm] P(X\in(x_1,x_2))=F(x_2)-F(x_1) [/mm] = [mm] \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \left( \int_{-\infty}^{\mu+k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt - \int_{-\infty}^{\mu-k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt \right) [/mm]
= [mm] \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \lim_{b \to \infty} \left( \int_{b}^{\mu+k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt - \int_{b}^{\mu-k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt \right) [/mm]
= [mm] \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \lim_{b \to \infty} \left( \left[ -\frac{t-\mu}{\sigma^2} \cdot e^{-\frac12\left( \frac{t-\mu}{\sigma} \right)^2} \right]_{b}^{\mu+k\sigma} - \left[ -\frac{t-\mu}{\sigma^2} \cdot e^{-\frac12\left( \frac{t-\mu}{\sigma} \right)^2} \right]_{b}^{\mu-k\sigma}\right) [/mm] = [mm] -\frac{k}{\sigma^2\cdot \sqrt{2\pi}} \cdot \left( e^{-\frac12k} + e^{\frac12k}\right)$ [/mm]

Stimmt das soweit?

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Normalverteilung: Integrieren bitte
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 18:03 Mi 30.05.2012
Autor: Infinit

Hallo bandchef,
Du bist der erste Mensch, der es fertiggebracht hat, für die Integration über die Normalverteilungsdichte einen geschlossenen Ausdruck zu erhalten. Das war aber nur möglich, da Du als Ergebnis der Integration die Ableitung des Integranden eingesetzt hast, Oh Gott, oh Gott.
Nutze die Symmetrie der Verteilung aus und Du kommst zu einem relativ einfachen Ausdruck als Funktion der Normalverteilung, in Abhängigkeit von k natürlich.
Viele Grüße,
Infinit


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Normalverteilung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:23 Mi 30.05.2012
Autor: bandchef

Wenn ich also jetzt mal separat integriere:


$ [mm] \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \left( \int_{-\infty}^{\mu\pm k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt \right) [/mm] = [mm] -\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \lim_{b \to -\infty} \left( \left[ \frac{\sigma^2}{t-\mu} \cdot e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \right]_{b}^{\mu\pm k\sigma} \right)$ [/mm]

Ist das jetzt besser? Was bedeutet die Symmetrie für den weiteren Verlauf der Integration? Welche Obergrenze setze ich nun ein?

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Normalverteilung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:53 Mi 30.05.2012
Autor: MathePower

Hallo bandchef,

> Wenn ich also jetzt mal separat integriere:
>  
>
> [mm]\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \left( \int_{-\infty}^{\mu\pm k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt \right) = -\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \lim_{b \to -\infty} \left( \left[ \frac{\sigma^2}{t-\mu} \cdot e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \right]_{b}^{\mu\pm k\sigma} \right)[/mm]
>  


Für den Integranden gibt es keine
geschlossene Form einer Stammfunktion.

Vielmehr muss hier stehen:

[mm]\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \left( \int_{-\infty}^{\mu\pm k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt \right) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \lim_{b \to -\infty} \left( \blue{\int_{b}^{\mu\pm k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt} \right)[/mm]


> Ist das jetzt besser? Was bedeutet die Symmetrie für den
> weiteren Verlauf der Integration? Welche Obergrenze setze
> ich nun ein?


Gruss
MathePower

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Normalverteilung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:55 Mi 30.05.2012
Autor: bandchef

Was ist eigentlich ein "geschlossener Integrand"? Sowas hab ich noch nicht gehört/gelesen. Das ist vielleicht auch das Problem warum ich das Integral nicht berechnen kann...

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Bezug
Normalverteilung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:03 Mi 30.05.2012
Autor: MathePower

Hallo bandchef,

> Was ist eigentlich ein "geschlossener Integrand"? Sowas hab
> ich noch nicht gehört/gelesen. Das ist vielleicht auch das
> Problem warum ich das Integral nicht berechnen kann...


Ich habe nicht von einem "geschlossenen Integranden" geschrieben,
sondern von einer Stammfunktion, die nicht in geschlossener Form
angebbar ist.

Um eine Stammfunktion kannst Du z.B.
die partielle Integration verwenden.
Die Anwendung der partiellen Integration endet aber nie.
Daher gibt es keinen geschlossenen Ausdruck für eine Stammfunktion.


Gruss
MathePower

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Normalverteilung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 21:17 Mi 30.05.2012
Autor: bandchef

Die Frage bleibt aber dennoch bestehen: Wie integriere ich dann hier:


Eine e-Funktion erstmal unbestimmt integriert ergibt doch die e-Funktion selber mit dem exakt gleichen Exponenten, nur wird der Exponent differenziert und invers vor die e-Funktion ranmultipliziert. Soweit stimmt doch das, oder?

Dann wenn dies geschehen ist, kann man die Grenzen einsetzen und ggf. Grenzwerte darüber ausführen...


$ [mm] \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \left( \int_{-\infty}^{\mu\pm k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt \right) [/mm] = [mm] \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \lim_{b \to -\infty} \left( \blue{\int_{b}^{\mu\pm k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt} \right) [/mm] = [mm] \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \lim_{b \to -\infty} \left( \blue{\left[ -\frac{\sigma^2}{t-\mu}\cdot e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt} \right]_{b}^{\mu\pm k\sigma} \right)$ [/mm]

Bezug
                                                                                        
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Normalverteilung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:29 Mi 30.05.2012
Autor: MathePower

Hallo bandchef,

> Die Frage bleibt aber dennoch bestehen: Wie integriere ich
> dann hier:
>  
>
> Eine e-Funktion erstmal unbestimmt integriert ergibt doch
> die e-Funktion selber mit dem exakt gleichen Exponenten,
> nur wird der Exponent differenziert und invers vor die
> e-Funktion ranmultipliziert. Soweit stimmt doch das, oder?
>  


Das ist nur richtig, wenn der Exponent linear ist.
Hier ist der Exponent quadratisch, d.h der Exponent von t ist 2.


> Dann wenn dies geschehen ist, kann man die Grenzen
> einsetzen und ggf. Grenzwerte darüber ausführen...
>  
>
> [mm]\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \left( \int_{-\infty}^{\mu\pm k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt \right) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \lim_{b \to -\infty} \left( \blue{\int_{b}^{\mu\pm k\sigma} e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt} \right) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \lim_{b \to -\infty} \left( \blue{\left[ -\frac{\sigma^2}{t-\mu}\cdot e^{-\frac{1}{2} \left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right)^2} \mathrm dt} \right]_{b}^{\mu\pm k\sigma} \right)[/mm]


Gruss
MathePower

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Normalverteilung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 18:35 Do 31.05.2012
Autor: bandchef

Dass der Exponente der e-Funktion und davon wiederum die Variable, also t, quadratisch ist, ist natürlich nicht zu übersehen :-)

Aber: Ehrlich gesagt, weiß ich jetzt immer noch nicht wie ich dann integrieren soll... Kannst du mir noch ein bisschen helfen?

Ich muss ja letztendlich die e-Funktion mit einem schwierigen Exponenten integreiren:

[mm] \integral {e^{-\frac12 \left(\frac{t - \mu}{\sigma}\right)^2 } dt} [/mm] = [mm] \integral {e^{-\frac12 \frac{t - \mu}{\sigma} \cdot \frac{t - \mu}{\sigma}} dt} [/mm] = ...

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Normalverteilung: Geht so nicht
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 18:54 Do 31.05.2012
Autor: Infinit

Hallo bandchef,
vornehm ausgedrückt, würde ich sagen, Du bist arg beratungsresistent. Sowohl Mathepower als auch ich haben Dir nun schon mehrmals gesagt, dass es keine geschlossene Lösung für dieses Integral gibt. Es gibt Tabellenwerte, die man nachschlagen kann, meist wird die Funktion mit einem großem [mm] \Phi [/mm] bezeichnet, und Du kannst die Symmetrie der Verteilung ausnutzen, um zu einer Darstellung mit Hilfe dieser Funktion zu kommen. Schau doch noch mal in Deine Unterlagen, ich kann mir nicht vorstellen, dass diese Tatsache der nicht geschlossenen Darstellung nirgendwo erwähnt wird. Hast Du noch nie die Wahrscheinlichkeit einer bestimmten Normalverteilung berechnet? Da muss Dir diese Funktion über den Weg gelaufen sein. Es gibt verschiedene Darstellungsformen, eine davon ist
[mm]\Phi (u) = \bruch{1}{2\pi} \int_{- \infty}^{u} e^{\bruch{-x^2}{2}} \, dx [/mm]
Viele Grüße,
Infinit


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Normalverteilung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 19:04 Do 31.05.2012
Autor: bandchef

Danke für die Info. Ich habe in meinen Unterlagen in der Tat auch eine Tabelle.

Diese Funktion $ [mm] \Phi [/mm] (u) = [mm] \bruch{1}{2\pi} \int_{- \infty}^{u} e^{\bruch{-x^2}{2}} \, [/mm] dx $ kenne ich auch. Das ist die Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung.

Damit ich nun in der Tabelle ablesen kann, brauch ich ja auch erst mal (irgend)einen Wert. Wo bekomme ich nun diesen Wert her? Meiner Ansicht nach kann ich da auch gar nicht ablesen. Mir sind ja keine Werte gegeben, oder? Es ist ja alles in Abhängigkeit...

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Normalverteilung: Allgemein
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:00 Do 31.05.2012
Autor: Infinit

Hallo bandchef,
jetzt kommen wir weiter, prima. Eine zahlenmäßige Lösung wird es nicht geben, denn das Ergebnis wird von k abhängen, das ist richtig. Trotzdem kann man hier einen Ausdruck zusammenstellen.
Die Größen, die Du angegeben hast, müssen nun in die Gleichung, die Du auch gefunden hast, eingesetzt werden. Was bekannt ist, das sind Erwartungswert und Varianz. Der Zusammenhang zwischen der Wahrscheinlichkeit, dass ein bestimmter Wert x unterschritten wird und dem Argument der [mm] \Phi [/mm]-Funktion ist folgender:
[mm] P(X \leq x ) = \Phi(\bruch{x-\mu}{\sigma}) [/mm]
Was wir suchen, ist
[mm] P( x_1 < X \leq x_2 ) = P(X \leq x_2) - P(X \leq x_1) [/mm]
Setz mal Deinen Wert fur [mm] x_2 [/mm] in das Argument der Phi-Funktion ein, dann steht da
[mm] \Phi (\bruch{\mu + k \sigma-\mu}{\sigma}) [/mm]
Für [mm] x_1 [/mm] bekommst Du
[mm] \Phi (\bruch{\mu-k \sigma-\mu}{\sigma}) [/mm]
Das in die Gleichung für die Phi-Funktion eigesetzt ergibt also
[mm] P( x_1 < X \leq x_2 ) = \Phi (k) - \Phi (- k) [/mm]
Jetzt hast Du zwei Argumente von Phi, die symmetrisch zum Erwartungswert liegen und diese Symmetrie hilft Dir dabei, den Ausdruck weiter zu vereinfachen.
Jetzt bist Du aber mal dran, sonst steht gleich schon das Ergebnis da.
Viele Grüße,
Infinit


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Normalverteilung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 22:17 Do 31.05.2012
Autor: bandchef

[mm] $x_2 [/mm] = [mm] \mu [/mm] + k [mm] \cdot \sigma$ [/mm]

$ P(X [mm] \leq [/mm] x ) = [mm] \Phi(\bruch{x-\mu}{\sigma})$ [/mm] wenn ich hier nun das [mm] x_2 [/mm] einsetze komm ich auf:

[mm] $\Phi(\bruch{\mu + k \cdot \sigma-\mu}{\sigma}) [/mm] = [mm] \Phi(k)$ [/mm]

Irgendwie stimmt das nicht mit deinem Ergebnis überein...

Bezug
                                                                                                                                        
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Normalverteilung: Mu weg
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 15:59 Fr 01.06.2012
Autor: Infinit

Hallo bandchef,
da hast Du aufgepasst und ich habe das Mu verschludert. Es fliegt natürlich raus und Du bekommst einen Ausdruck nur in Abhängigkeit von k. Das habe ich bei mir nun verbessert.
Sorry für das Durcheinander,
Infinit


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Bezug
Normalverteilung: Noch ein Tipp
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:23 Fr 01.06.2012
Autor: Infinit

Hallo bandchef,
jetzt ist das Ergebnis wohl zu bestimmen, insbesondere, wenn man bedenkt, dass
[mm] \Phi (-x) = 1 - \Phi(x) [/mm] gilt.
Viele Grüße,
Infinit


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Bezug
Normalverteilung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 18:55 Fr 01.06.2012
Autor: bandchef

$P(X [mm] \in (x_1, x_2)) [/mm] = [mm] \Phi(x_2) [/mm] - [mm] \Phi(x_1) [/mm] = [mm] \Phi(\bruch{\mu + k \cdot \sigma-\mu}{\sigma}) [/mm] - [mm] \Phi(\bruch{\mu - k \cdot \sigma-\mu}{\sigma}) [/mm] = [mm] \Phi(k) [/mm] - [mm] \Phi(-k) [/mm] = [mm] \Phi(k) [/mm] - [mm] (1-\Phi(k)) [/mm] = [mm] 2\cdot \Phi(k)-1$ [/mm]

Mir ist allerdings die erste Gleichheit der Gleichungskette von der Notation her gesehen nicht ganz klar. Was kann man da noch verbessern?

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Bezug
Normalverteilung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 19:38 Fr 01.06.2012
Autor: ullim

Hi,

> P(X [mm] \in (x_1, x_2)) [/mm] = [mm] \Phi(x_2) [/mm] - [mm] \Phi(x_1) [/mm] = [mm] \Phi(\bruch{\mu + k \cdot \sigma-\mu}{\sigma}) [/mm] - [mm] \Phi(\bruch{\mu - k \cdot \sigma-\mu}{\sigma}) [/mm] = [mm] \Phi(k) [/mm] - [mm] \Phi(-k) [/mm] = [mm] \Phi(k) [/mm] - [mm] (1-\Phi(k)) [/mm] = [mm] 2\cdot \Phi(k)-1 [/mm]
>  
> Mir ist allerdings die erste Gleichheit der Gleichungskette
> von der Notation her gesehen nicht ganz klar. Was kann man
> da noch verbessern?

Die erste Gleichheit ist falsch, Infinit hat Dir allerdings schon aufgeschrieben wie es richtig heissen soll.

[mm] P\left(X \in \left(x_1, x_2\right)\right) [/mm] = [mm] P\left(X \le x_2\right)-P\left(X \le x_1\right) [/mm] = [mm] \Phi\left( \bruch{x_2-\mu}{\sigma} \right) [/mm] - [mm] \Phi\left( \bruch{x_1-\mu}{\sigma} \right) [/mm]

Der Rest stimmt.

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