Transformation Zufallsvariabl < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:17 Mo 16.01.2017 | | Autor: | Noya |
| Aufgabe | Seien [mm] X_{1} [/mm] und [mm] X_{2} [/mm] unabhängige exponentialverteilte Zufallsvariablen mit dem Parameter [mm] \lambda [/mm] > 0.
a) Berechne die Dichte von [mm] \wurzel{X_{1}}. [/mm]
b) Berechne die gemeinsame Dichte des Zufallsvektors [mm] (\bruch{X_{1}}{X_{2}},X_{2})
[/mm]
c) Bestimme mit Hilfe von Aufgabenteil b) die Verteilung von [mm] (\bruch{X_{1}}{X_{1}+X_{2}}) [/mm] . |
Hallo ihr Lieben,
Ich habe mal wieder riesige Schwierigkeiten
was ich weiß über die exponentialverteilung:
Dichte : [mm] f_{X}(x) [/mm] = [mm] \lambda \cdot{}e^{-\lambda x} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(x)}_{=Indikatorfkt}
[/mm]
Verteilungsfkt : [mm] F_{X}(x) [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{x}{f_{X}(t) dt} [/mm] = [mm] \begin{cases} 0, & \mbox{für } x \le 0 \\ \integral_{0}^{x}{\lambda \cdot{}e^{-\lambda t} dt}=1-e^{-\lambda x}, & \mbox{für } x\ge 0 \end{cases}
[/mm]
Erstmal nur zur a)
Es gilt ja [mm] F_{X}(x)=P(X\le [/mm] x)
Sei [mm] Y=\wurzel{X_{1}}
[/mm]
Also [mm] F_{Y}(x)=P(Y\le [/mm] x) = [mm] P(\wurzel{X_1} \le [/mm] x) = [mm] P(X_{1} \le x^{2}) [/mm] = [mm] F_{X_{1}}(x^{2}) [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{x}{f_{X_{1}}(t^2) dt} [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{x}{\lambda \cdot{}e^{-\lambda t^{2}} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(t^2)}_{=Indikatorfkt}dt} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{x}{\lambda \cdot{}e^{-\lambda t^{2}}dt}
[/mm]
Ist das Soweit korrekt? Nun wüsste ich aber nicht wie ich das integrieren soll. Und wenn bin ich mir nicht sicher, ob das so geht...
...= [mm] \integral_{0}^{x}{\lambda \cdot{}e^{-\lambda t^{2}}dt}
[/mm]
partielle Int.
[mm] u'=\lambda [/mm] und [mm] u=\lambda [/mm] t
[mm] v=e^{-\lambda t^{2}} [/mm] v' = [mm] -2\lambda [/mm] t [mm] e^{-\lambda t^{2}} [/mm]
= [mm] \lambda [/mm] t [mm] e^{-\lambda t^{2}} |_{0}^{x} [/mm] + [mm] \lambda \integral_{0}^{x}{te^{-\lambda t^{2}}dt}
[/mm]
[mm] =\lambda [/mm] x [mm] e^{-\lambda x^{2}} |_{0}^{x} [/mm] + [mm] \lambda \integral_{0}^{x}{te^{-\lambda t^{2}}dt}
[/mm]
subst. w = [mm] \lambda t^{2} \bruch{dw}{dt}=2*\lambda [/mm] t
[mm] =\lambda [/mm] x [mm] e^{-\lambda x^{2}} [/mm] + [mm] \bruch{1}{2} \integral_{0}^{2*\lambda x^{2}}{e^{-w}dw}
[/mm]
= [mm] \lambda [/mm] x [mm] e^{-\lambda x^{2}} [/mm] + [mm] \bruch{1}{2} *(-e^{-w})^{2*\lambda x^{2}}_{0}
[/mm]
[mm] =\lambda [/mm] x [mm] e^{-\lambda x^{2}} [/mm] + [mm] \bruch{1}{2} *(-e^{-2*\lambda x^{2}}+1)
[/mm]
[mm] =e^{-\lambda x^{2}} [/mm] ( [mm] \lambda [/mm] x - [mm] \bruch{1}{2}) +\bruch{1}{2}
[/mm]
ginge das?
Wobei muss ich das überhaupt brechnen und dann ableiten [mm] (F_{X_{1}}(x^{2}) [/mm] )' = [mm] f_{X_1}(x^2)?
[/mm]
Könnte ich nicht einfach aus [mm] F_{X_{1}}(x^{2}) [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{x}{\lambda \cdot{}e^{-\lambda t^{2}} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(t)}_{=Indikatorfkt}dt f(x^2)} [/mm] ablesen?
[mm] f_{X_1}(x^2) [/mm] = [mm] \lambda \cdot{}e^{-\lambda x^{2}} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(x^2)}_{=Indikatorfkt}= \lambda \cdot{}e^{-\lambda x^{2}}
[/mm]
aber leite ich ab herlate ich was anderes.
[mm] (F_{X_{1}}(x^{2}))' [/mm] = [mm] (e^{-\lambda x^{2}} [/mm] ( [mm] \lambda [/mm] x - [mm] \bruch{1}{2}) +\bruch{1}{2})' [/mm]
[mm] =e^{-\lambda x^{2}}\lambda [/mm] ( 1+ x [mm] -2\lambda x^2)
[/mm]
Könnte mir bitte jemand helfen?
Viel Dank :)
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
Hiho,
> Es gilt ja [mm]F_{X}(x)=P(X\le[/mm] x)
>
> Sei [mm]Y=\wurzel{X_{1}}[/mm]
>
> Also [mm]F_{Y}(x)=P(Y\le[/mm] x) = [mm]P(\wurzel{X_1} \le[/mm] x) = [mm]P(X_{1} \le x^{2})[/mm]
> = [mm]F_{X_{1}}(x^{2})[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Hier kannst du jetzt erst mal aufhören, der Rest ist total unnötig.
In welchem Verhältnis steht nun die Dichte von Y zur Verteilungsfunktion von Y.
Was musst du nun also einfach machen?
> Wobei muss ich das überhaupt brechnen und dann ableiten
> [mm](F_{X_{1}}(x^{2})[/mm] )' = [mm]f_{X_1}(x^2)?[/mm]
Und wie im letzten Thread die Wurzel hast du jetzt was vergessen?
Die gute alte…
Gruß,
Gono
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:45 Mo 16.01.2017 | | Autor: | Noya |
> Hiho,
>
> > Es gilt ja [mm]F_{X}(x)=P(X\le[/mm] x)
> >
> > Sei [mm]Y=\wurzel{X_{1}}[/mm]
> >
> > Also [mm]F_{Y}(x)=P(Y\le[/mm] x) = [mm]P(\wurzel{X_1} \le[/mm] x) = [mm]P(X_{1} \le x^{2})[/mm]
> > = [mm]F_{X_{1}}(x^{2})[/mm]
>
> Hier kannst du jetzt erst mal aufhören, der Rest ist
> total unnötig.
> In welchem Verhältnis steht nun die Dichte von Y zur
> Verteilungsfunktion von Y.
> Was musst du nun also einfach machen?
Die Dichte ist gerade eben die ableitung der Verteilungsfkt bzw die Verteilungsfunktion ist das integral über die Dichte.
Oder wie meinst du das?
>
>
> > Wobei muss ich das überhaupt brechnen und dann ableiten
> > [mm](F_{X_{1}}(x^{2})[/mm] )' = [mm]f_{X_1}(x^2)?[/mm]
>
> Und wie im letzten Thread die Wurzel hast du jetzt was
> vergessen?
> Die gute alte…
innere Ableitung. :D Kettenregel ahoi!
[mm] (F_{X_{1}}(x^{2}))' [/mm] = 2x* [mm] F'(x^2) [/mm] = 2x * [mm] f_{X_{1}}(x^2)
[/mm]
oder?
>
> Gruß,
> Gono
|
|
|
| |
|
Hiho,
> innere Ableitung. :D Kettenregel ahoi!
> [mm](F_{X_{1}}(x^{2}))'[/mm] = 2x* [mm]F'(x^2)[/mm] = 2x * [mm]f_{X_{1}}(x^2)[/mm]
[mm] $f_{X_1}$ [/mm] kennst du, also nur noch einsetzen und fertig…
Gruß,
Gono
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:15 Mo 16.01.2017 | | Autor: | Noya |
> Hiho,
>
> > innere Ableitung. :D Kettenregel ahoi!
> > [mm](F_{X_1}(x^2))'[/mm] = 2x* [mm]F'(x^2)[/mm] = 2x * [mm]f_{X_{1}}(x^2)[/mm]
>
>
> [mm]f_{X_1}[/mm] kennst du, also nur noch einsetzen und fertig…
[mm](F_{X_1}(x^2))'[/mm] = 2x* [mm]F'(x^2)[/mm] = 2x * [mm]f_{X_{1}}(x^2)[/mm]
= [mm] 2x\lambda \cdot{}e^{-\lambda x^{2}} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(x^{2})}_{=Indikatorfkt}
[/mm]
= [mm] 2x\lambda \cdot{}e^{-\lambda x^{2}}, [/mm] da [mm] x^{2} [/mm] immer aus [mm] [0,\infty]
[/mm]
oder?
Danke! :)
okay dann zur b) Berechne die gemeinsame Dichte des Zufallsvektors $ [mm] (\bruch{X_{1}}{X_{2}},X_{2}) [/mm] $
Sei Z= [mm] (\bruch{X_{1}}{X_{2}},X_{2})
[/mm]
gilt dann [mm] F_{Z}(x) [/mm] = P(Z [mm] \le [/mm] x) = P( [mm] \bruch{X_{1}}{X_{2}} \le x_{1}, X_{2} \le x_{2}) [/mm] = P( [mm] \bruch{X_{1}}{X_{2}} \le x_{1}) \cdot{} P(X_{2} \le x_{2}), [/mm] da [mm] X_{1} [/mm] und [mm] X_{2} [/mm] unabhängig?
Aber wie gehe ich mit P( [mm] \bruch{X_{1}}{X_{2}} \le x_{1}) [/mm] um?
>
Liebe grüße :) und DANKE!
|
|
|
| |
|
Hiho,
> = [mm]2x\lambda \cdot{}e^{-\lambda x^{2}},[/mm] da [mm]x^{2}[/mm] immer aus
> [mm][0,\infty][/mm]
> oder?
dieses oder immer… in der Mathematik gilt etwas, oder eben nicht.
Wenn man es gezeigt hat, gilt es. Wenn man es nicht gezeigt hat, hat man nix gezeigt.
Bist du überzeugt von deinem Beweis, dann präsentiere ihn. Wird schon jemand widersprechen, aber dieses "oder" impliziert immer, dass du nicht wirklich meinst zu wissen, was du da tust.
> okay dann zur b) Berechne die gemeinsame Dichte des
> Zufallsvektors [mm](\bruch{X_{1}}{X_{2}},X_{2})[/mm]
>
> Sei Z= [mm](\bruch{X_{1}}{X_{2}},X_{2})[/mm]
>
> gilt dann [mm]F_{Z}(x)[/mm] = P(Z [mm]\le[/mm] x) = P( [mm]\bruch{X_{1}}{X_{2}} \le x_{1}, X_{2} \le x_{2})[/mm]
> = P( [mm]\bruch{X_{1}}{X_{2}} \le x_{1}) \cdot{} P(X_{2} \le x_{2}),[/mm]
> da [mm]X_{1}[/mm] und [mm]X_{2}[/mm] unabhängig?
Du schreibst schon [mm] X_1 [/mm] und [mm] X_2 [/mm] sind unabhängig, aber da steht ja nicht [mm] X_1 [/mm] und [mm] X_2 [/mm] sondern [mm] $\frac{X_1}{X_2}$ [/mm] und [mm] $X_2$. [/mm] Sind die unabhängig?
Zum Ansatz: Wie ist denn die gemeinsame Dichte von [mm] $(X_1,X_2)$ [/mm] und warum?
Dann: Weißt du, wie die gemeinsame Verteilung von 2 Zufallsvariablen definiert ist als Doppelintegral und warum das gilt?
Gruß,
Gono
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:16 Mo 16.01.2017 | | Autor: | Noya |
Nabend :)
> dieses oder immer… in der Mathematik gilt etwas, oder
> eben nicht.
> Wenn man es gezeigt hat, gilt es. Wenn man es nicht
> gezeigt hat, hat man nix gezeigt.
> Bist du überzeugt von deinem Beweis, dann präsentiere
> ihn. Wird schon jemand widersprechen, aber dieses "oder"
> impliziert immer, dass du nicht wirklich meinst zu wissen,
> was du da tust.
Ich bin mir auch füchterlich unsicher, aber ich versuche es zu unterlassen 
>
> > okay dann zur b) Berechne die gemeinsame Dichte des
> > Zufallsvektors [mm](\bruch{X_{1}}{X_{2}},X_{2})[/mm]
> >
> > Sei Z= [mm](\bruch{X_{1}}{X_{2}},X_{2})[/mm]
> >
> > gilt dann [mm]F_{Z}(x)[/mm] = P(Z [mm]\le[/mm] x) = P( [mm]\bruch{X_{1}}{X_{2}} \le x_{1}, X_{2} \le x_{2})[/mm]
> > = P( [mm]\bruch{X_{1}}{X_{2}} \le x_{1}) \cdot{} P(X_{2} \le x_{2}),[/mm]
> > da [mm]X_{1}[/mm] und [mm]X_{2}[/mm] unabhängig?
> Du schreibst schon [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] sind unabhängig, aber da
> steht ja nicht [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] sondern [mm]\frac{X_1}{X_2}[/mm] und [mm]X_2[/mm].
> Sind die unabhängig?
boah mist. nachdenken hilft manchmal.! Danke.
wir haben im Skript zwei Aussagen dazu
1. Die ZV X und Y heißen unabh., falls für alle x,y [mm] P(X\le [/mm] x, [mm] Y\le [/mm] y)= P(X [mm] \le [/mm] x)P(Y [mm] \le [/mm] y) gilt
2. X,Y mit gemeinsamer Dichte [mm] f_{X,Y} [/mm] sind unabh., gdw [mm] f_{X}*f_{Y}=f_{X,Y}
[/mm]
> Zum Ansatz: Wie ist denn die gemeinsame Dichte von
> [mm](X_1,X_2)[/mm] und warum?
[mm] f_{X}(x)=\lambda \cdot{}e^{-\lambda x} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(x)}_{=Indikatorfkt}
[/mm]
[mm] f_{Y}(y)=\lambda \cdot{}e^{-\lambda y} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(y)}_{=Indikatorfkt}
[/mm]
FRAGE : Da wir ja bereits wissen, dass X und Y unabh. sind, ist dann nicht, wegen 2.,
[mm] f_{X,Y}(x,y)=f_{X}*f_{Y}=\lambda \cdot{}e^{-\lambda x} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(x)}_{=Indikatorfkt} *\lambda \cdot{}e^{-\lambda y} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(y)}_{=Indikatorfkt} [/mm] = [mm] \lambda^2 \cdot{}e^{-\lambda(x+y)} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(x,y)}_{=Indikatorfkt}
[/mm]
> Dann: Weißt du, wie die gemeinsame Verteilung von 2
> Zufallsvariablen definiert ist als Doppelintegral und warum
> das gilt? Genaueres steht dazu im Skript nicht drin...
naja da ich aus 1. weiß
[mm] P(X\le [/mm] x, [mm] Y\le [/mm] y)= P(X [mm] \le [/mm] x)P(Y [mm] \le [/mm] y) [mm] \gdw F_{X,Y}(x,y)=F_{X}(x)*F_{Y}(y) =\integral_{-\infty}^{x}{f_{X}(t) dt}*\integral_{-\infty}^{y}{f_{Y}(s) ds}=\integral_{-\infty}^{x}\integral_{-\infty}^{y}{f_{X}(t) f_{Y}(s) dsdt}= \integral_{-\infty}^{x}\integral_{-\infty}^{y}{f_{X,Y}(t,s)dsdt}
[/mm]
Was sagst du dazu?
Bezüglich der Unabhängigkeit würde ich jetzt 2. überprüfen?!
Grüße 
|
|
|
| |
|
Hiho,
> 1. Die ZV X und Y heißen unabh., falls für alle x,y
> [mm]P(X\le[/mm] x, [mm]Y\le[/mm] y)= P(X [mm]\le[/mm] x)P(Y [mm]\le[/mm] y) gilt
> 2. X,Y mit gemeinsamer Dichte [mm]f_{X,Y}[/mm] sind unabh., gdw
> [mm]f_{X}*f_{Y}=f_{X,Y}[/mm]
> > Zum Ansatz: Wie ist denn die gemeinsame Dichte von
> > [mm](X_1,X_2)[/mm] und warum?
> [mm]f_{X}(x)=\lambda \cdot{}e^{-\lambda x} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(x)}_{=Indikatorfkt}[/mm]
>
> [mm]f_{Y}(y)=\lambda \cdot{}e^{-\lambda y} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(y)}_{=Indikatorfkt}[/mm]
>
> FRAGE : Da wir ja bereits wissen, dass X und Y unabh.
> sind, ist dann nicht, wegen 2.,
>
> [mm]f_{X,Y}(x,y)=f_{X}*f_{Y}=\lambda \cdot{}e^{-\lambda x} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(x)}_{=Indikatorfkt} *\lambda \cdot{}e^{-\lambda y} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(y)}_{=Indikatorfkt}[/mm]
> = [mm]\lambda^2 \cdot{}e^{-\lambda(x+y)} \cdot{} \underbrace{1_{[0,\infty]}(x,y)}_{=Indikatorfkt}[/mm]
Soweit also erst mal dazu…
> > Dann: Weißt du, wie die gemeinsame Verteilung von 2
> > Zufallsvariablen definiert ist als Doppelintegral und warum
> > das gilt? Genaueres steht dazu im Skript nicht drin...
> naja da ich aus 1. weiß
> [mm]P(X\le[/mm] x, [mm]Y\le[/mm] y)= P(X [mm]\le[/mm] x)P(Y [mm]\le[/mm] y) [mm]\gdw F_{X,Y}(x,y)=F_{X}(x)*F_{Y}(y) =\integral_{-\infty}^{x}{f_{X}(t) dt}*\integral_{-\infty}^{y}{f_{Y}(s) ds}=\integral_{-\infty}^{x}\integral_{-\infty}^{y}{f_{X}(t) f_{Y}(s) dsdt}= \integral_{-\infty}^{x}\integral_{-\infty}^{y}{f_{X,Y}(t,s)dsdt}[/mm]
Jetzt müssen wir noch aufklabüsern, was von dem Geschriebenen nur für unabhängige ZV gilt und was immer.
Also erst mal gilt ganz allgemein:
$P(X [mm] \le [/mm] x, Y [mm] \le [/mm] y) = [mm] \int_{-\infty}^x \int_{-\infty}^y f_{(X,Y)}(x,y) [/mm] dx$
Das ist das selbe wie im eindimensionalen: Die Verteilungsfunktion ist das Integral über die Dichte über die gegebene Bedingung $X [mm] \le [/mm] x, Y [mm] \le [/mm] y$.
Mach dir mal klar, dass man das mit Hilfe der Indikatorfunktion auch schreiben kann als:
$P(X [mm] \in (-\infty,x), [/mm] Y [mm] \in (-\infty,y)) [/mm] = [mm] \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f_{(X,Y)}(x,y)*1_{(-\infty,x)}(x)*1_{(-\infty,y)}(y) [/mm] dx$
Man kann das nun allgemeiner schreiben für beliebige Mengen und nicht nur Intervalle:
$P(X [mm] \in [/mm] A, Y [mm] \in [/mm] B) = [mm] \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f_{(X,Y)}(x,y)*1_{A}(x)*1_{B}(y) [/mm] dx$
Wenn man nun bedenkt, dass $P(A) = [mm] E[1_A]$ [/mm] ist, also die Wahrscheinlichkeit dass A eintritt, ist genau der Erwartungswert der Indikatorfunktion von A (einfach mal beides als Integral ausschreiben, dann ist das sofort klar), dann kann man obiges auch schreiben als:
[mm] P(X\in [/mm] A, [mm] Y\in [/mm] B) = [mm] E[1_A(X) [/mm] * [mm] 1_B(Y)] [/mm] = [mm] \int_{-\infty}^\infty \int{-\infty}^\infty f_{(X,Y)}(x,y)*1_{A}(x)*1_{B}(y) [/mm] dx$
und man erkennt auf den zweiten Blick sofort die "normale" Regel für den Erwartungswert für jede meßbare Funktion g, die ja lautet:
$E[g(X,Y)] = [mm] \int_0^\infty \int_0^\infty f_{(X,Y)}(x,y) [/mm] g(x,y) dx dy$ und obiges ist diese Gleichung eben einfach für $g(x,y) = [mm] 1_A(x)1_B(y)$.
[/mm]
Warum der ganze Schmu: weil wir jetzt ganz einfach die Aufgabe lösen UND dabei die Unabhängigkeit von X und Y nutzen können.
Wie schon angemerkt sind ja [mm] \frac{X_1}{X_2} [/mm] und [mm] X_2 [/mm] im Allgemeinen nicht unabhängig, aber natürlich gilt:
[mm] $P(\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2) [/mm] = [mm] E[1_{\{\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2\}}] [/mm] = [mm] \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f_{(X,Y)}(x,y) 1_{\{\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2\}} [/mm] dx dy$
da [mm] $1_{\{\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2\}}$ [/mm] eine Funktion von [mm] X_1 [/mm] und [mm] X_2 [/mm] ist!
D.h. du musst dir jetzt nur noch Gedanken machen, wie deine Integrationsgrenzen aussehen, wenn du die Indikatorfunktion als Integrationsgrenzen schreiben willst.
Das ist aber recht einfach, wenn du ein bisschen umformst und [mm] X_1 [/mm] als inneres Integral nimmst!
Denn es soll ja gelten: [mm] $\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2 \gdw X_1 \le x_1X_2, X_2 \le x_2$
[/mm]
Jetzt erst mal genug der Theorie: Falls du Fragen hast, frag. Falls nicht, löse mal die Aufgabe.
Gruß,
Gono
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:37 Mo 16.01.2017 | | Autor: | Noya |
Hallöle,
>
> Jetzt müssen wir noch aufklabüsern, was von dem
> Geschriebenen nur für unabhängige ZV gilt und was immer.
Yes!! Jedenfals etwas hinbekommen :D
>
> Also erst mal gilt ganz allgemein:
> [mm]P(X \le x, Y \le y) = \int_{-\infty}^x \int_{-\infty}^y f_{(X,Y)}(x,y) dx[/mm]
ja ist klar, da P(X [mm] \le [/mm] x, Y [mm] \le y)=F_{X,Y} [/mm] ist...
>
> Das ist das selbe wie im eindimensionalen: Die
> Verteilungsfunktion ist das Integral über die Dichte über
> die gegebene Bedingung [mm]X \le x, Y \le y[/mm].
> Mach dir mal
> klar, dass man das mit Hilfe der Indikatorfunktion auch
> schreiben kann als:
>
> [mm]P(X \in (-\infty,x), Y \in (-\infty,y)) = \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f_{(X,Y)}(x,y)*1_{(-\infty,x)}(x)*1_{(-\infty,y)}(y) dx[/mm]
ja macht sinn!
>
> Man kann das nun allgemeiner schreiben für beliebige
> Mengen und nicht nur Intervalle:
>
> [mm]P(X \in A, Y \in B) = \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f_{(X,Y)}(x,y)*1_{A}(x)*1_{B}(y) dx[/mm]
ok.
>
> Wenn man nun bedenkt, dass [mm]P(A) = E[1_A][/mm] ist, also die
> Wahrscheinlichkeit dass A eintritt, ist genau der
> Erwartungswert der Indikatorfunktion von A (einfach mal
> beides als Integral ausschreiben, dann ist das sofort
> klar), dann kann man obiges auch schreiben als:
>
> [mm]P(X\in[/mm] A, [mm]Y\in[/mm] B) = [mm]E[1_A(X)[/mm] * [mm]1_B(Y)][/mm] =
> [mm]\int_{-\infty}^\infty \int{-\infty}^\infty f_{(X,Y)}(x,y)*1_{A}(x)*1_{B}(y)[/mm]
> dx$
setzt das nicht schon unabhängigkeit vorraus? Die Gleicheit zwischen [mm]P(X\in[/mm] A, [mm]Y\in[/mm] B) = [mm]E[1_A(X)[/mm] * [mm]1_B(Y)][/mm] fehlt mir.
Warum ist das multiplikativ verbunden?
>
> und man erkennt auf den zweiten Blick sofort die "normale"
> Regel für den Erwartungswert für jede meßbare Funktion
> g, die ja lautet:
>
> [mm]E[g(X,Y)] = \int_0^\infty \int_0^\infty f_{(X,Y)}(x,y) g(x,y) dx dy[/mm]
> und obiges ist diese Gleichung eben einfach für [mm]g(x,y) = 1_A(x)1_B(y)[/mm].
ja.
>
> Warum der ganze Schmu: weil wir jetzt ganz einfach die
> Aufgabe lösen UND dabei die Unabhängigkeit von X und Y
> nutzen können.
Na das sagst du so leicht
>
> Wie schon angemerkt sind ja [mm]\frac{X_1}{X_2}[/mm] und [mm]X_2[/mm] im
> Allgemeinen nicht unabhängig, aber natürlich gilt:
>
> [mm]P(\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2) = E[1_{\{\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2\}}] = \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f_{(X,Y)}(x,y) 1_{\{\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2\}} dx dy[/mm]
hier die gleicheit kann ich nachvollziehen. oder ist
[mm] 1_{\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2}= 1_{\frac{X_1}{X_2} \le x_1} [/mm] * [mm] 1_{X_2 \le x_2}
[/mm]
Dann wäre auch die obige Gleicheit klar...
>
> da [mm]1_{\{\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2\}}[/mm] eine
> Funktion von [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] ist!
> D.h. du musst dir jetzt nur noch Gedanken machen, wie
> deine Integrationsgrenzen aussehen, wenn du die
> Indikatorfunktion als Integrationsgrenzen schreiben
> willst.
> Das ist aber recht einfach, wenn du ein bisschen umformst
> und [mm]X_1[/mm] als inneres Integral nimmst!
>
> Denn es soll ja gelten: [mm]\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2 \gdw X_1 \le x_1X_2, X_2 \le x_2[/mm]
>
> Jetzt erst mal genug der Theorie: Falls du Fragen hast,
> frag. Falls nicht, löse mal die Aufgabe.
es gilt ja einfach:
[mm] 1_{A} [/mm] = [mm] \begin{cases} 1, & \mbox{für } x \in A \\ 0, & \mbox{sonst} \end{cases}
[/mm]
[mm] 1_{\frac{X_1}{X_2} \le x_1} [/mm] = [mm] \begin{cases} 1, & \mbox{für } X_{1}\le x_{1}*X_{2} \\ 0, & \mbox{sonst} \end{cases}
[/mm]
(da [mm] \frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2 \gdw X_1 \le x_1X_2, X_2 \le x_2 [/mm] gilt, gilt dann nicht auch [mm] X_1 \le x_1X_2 \le x_1x_2 [/mm] ?
und
[mm] 1_{\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2}=\begin{cases} 1, & \mbox{für } X_{1}\le x_{1}*X_{2} \mbox{und} X_2 \le x_2 \\ 0, & \mbox{sonst} \end{cases}
[/mm]
d.h, aus [mm] \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f_{(X,Y)}(x,y) 1_{\{\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2\}} [/mm] dx dy = [mm] \int_{-\infty}^{x_2} \int_{-\infty}^{x_1*X_2} f_{(X,Y)}(x,y) [/mm] dxdy?
geht das so? irgendwas verwirrt mich hier... Ichg denke nochmal drüber nach :-D
Danke!!!!
|
|
|
| |
|
Hiho,
> > [mm]P(X\in[/mm] A, [mm]Y\in[/mm] B) = [mm]E[1_A(X)[/mm] * [mm]1_B(Y)][/mm] =
> > [mm]\int_{-\infty}^\infty \int{-\infty}^\infty f_{(X,Y)}(x,y)*1_{A}(x)*1_{B}(y)[/mm]
> > dx$
> setzt das nicht schon unabhängigkeit vorraus? Die
> Gleicheit zwischen [mm]P(X\in[/mm] A, [mm]Y\in[/mm] B) = [mm]E[1_A(X)[/mm] * [mm]1_B(Y)][/mm]
> fehlt mir.
> Warum ist das multiplikativ verbunden?
Gut aufgepasst und schön nachgefragt.
Das ist schlichtweg die Eigenschaft einer Indikatorfunktion.
Erstmal: Ist dir klar, dass das Komma eine Kurzschreibweise für den Schnitt zweier Mengen ist? D.h. [mm] $$\{X \in A, Y \in B\} [/mm] = [mm] \{X \in A\} \cap \{Y \in B\}$$
[/mm]
Und nun kannst du sehr leicht nachrechnen, dass für Indikatorfunktionen und zwei Mengen A und B gilt: [mm] $$1_{A\cap B} [/mm] = [mm] 1_A [/mm] * [mm] 1_B$$
[/mm]
Sowohl die linke Seite als auch die rechte Seite sind 1, wenn das Element sowohl in A als auch in B liegt, sonst 0.
So wird aus dem Komma eine Multiplikation von Indikatorfunktion.
Die Unabhängigkeit bräuchten wir erst, wenn wir die Multiplikation aus dem Erwartungswert heraus ziehen wollen würden. Dann würde nämlich gelten:
[mm]P(X\in A, Y\in B) = E[1_{X \in A} *1_{Y \in B}]\overbrace{=}^{\text{unabh.}} E[1_{X \in A}] *E[1_{Y \in B}] = P(X \in A)P(Y\in B)[/mm]
> d.h, aus [mm]\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f_{(X,Y)}(x,y) 1_{\{\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2\}}[/mm]
> dx dy = [mm]\int_{-\infty}^{x_2} \int_{-\infty}^{x_1*X_2} f_{(X,Y)}(x,y)[/mm]
> dxdy?
Von der Idee her hast du es jetzt verstanden, denke ich.
ABER: Bei dir kommt als obere Grenze nun die Zufallsvariable [mm] $X_2$ [/mm] vor. Am Ende soll aber einer reelle Zahl rauskommen, da stimmt also noch irgendetwas nicht. Jetzt wird es ein bisschen technisch, aber wenn man es verstanden hat, ist es auch kein Ding
Mach dir mal klar: Das äußere Integral beschreibt den Wertebereich der Zufallsvariable [mm] $X_2$ [/mm] und dieser wird durchlaufen durch die Laufvariable $y$, da du das äußere Integral nach dy integrierst.
D.h. für das innere Integral gilt [mm] $X_2 [/mm] = y$.
Deine obere Grenze muss also $x_1y$ sein, weil ja zu jedem Zeitpunkt [mm] X_1 [/mm] durch [mm] $x_2*X_2$ [/mm] gedeckelt ist und jede mögliche Momentaufnahme von [mm] X_2 [/mm] wird durch y beschrieben.
Gruß,
Gono
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:12 Di 17.01.2017 | | Autor: | Noya |
Hallöchen,
>
> > > [mm]P(X\in[/mm] A, [mm]Y\in[/mm] B) = [mm]E[1_A(X)[/mm] * [mm]1_B(Y)][/mm] =
> > > [mm]\int_{-\infty}^\infty \int{-\infty}^\infty f_{(X,Y)}(x,y)*1_{A}(x)*1_{B}(y)[/mm]
> > > dx$
> > setzt das nicht schon unabhängigkeit vorraus? Die
> > Gleicheit zwischen [mm]P(X\in[/mm] A, [mm]Y\in[/mm] B) = [mm]E[1_A(X)[/mm] * [mm]1_B(Y)][/mm]
> > fehlt mir.
> > Warum ist das multiplikativ verbunden?
> Gut aufgepasst und schön nachgefragt.
Danke!
> Das ist schlichtweg die Eigenschaft einer
> Indikatorfunktion.
> Erstmal: Ist dir klar, dass das Komma eine Kurzschreibweise
> für den Schnitt zweier Mengen ist?
Ja ist klar, aber gerade nicht dran gedacht. D.h. [mm]\{X \in A, Y \in B\} = \{X \in A\} \cap \{Y \in B\}[/mm]
>
> Und nun kannst du sehr leicht nachrechnen, dass für
> Indikatorfunktionen und zwei Mengen A und B gilt: [mm]1_{A\cap B} = 1_A * 1_B[/mm]
>
> Sowohl die linke Seite als auch die rechte Seite sind 1,
> wenn das Element sowohl in A als auch in B liegt, sonst 0.
> So wird aus dem Komma eine Multiplikation von
> Indikatorfunktion.
>
> Die Unabhängigkeit bräuchten wir erst, wenn wir die
> Multiplikation aus dem Erwartungswert heraus ziehen wollen
> würden. Dann würde nämlich gelten:
>
> [mm]P(X\in A, Y\in B) = E[1_{X \in A} *1_{Y \in B}]\overbrace{=}^{\text{unabh.}} E[1_{X \in A}] *E[1_{Y \in B}] = P(X \in A)P(Y\in B)[/mm]
>
Danke!!
>
> > d.h, aus [mm]\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f_{(X,Y)}(x,y) 1_{\{\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2\}}[/mm]
> > dx dy = [mm]\int_{-\infty}^{x_2} \int_{-\infty}^{x_1*X_2} f_{(X,Y)}(x,y)[/mm]
> > dxdy?
>
>
> Von der Idee her hast du es jetzt verstanden, denke ich.
> ABER: Bei dir kommt als obere Grenze nun die
> Zufallsvariable [mm]X_2[/mm] vor. Am Ende soll aber einer reelle
> Zahl rauskommen, da stimmt also noch irgendetwas nicht.
> Jetzt wird es ein bisschen technisch, aber wenn man es
> verstanden hat, ist es auch kein Ding
> Mach dir mal klar: Das äußere Integral beschreibt den
> Wertebereich der Zufallsvariable [mm]X_2[/mm] und dieser wird
> durchlaufen durch die Laufvariable [mm]y[/mm], da du das äußere
> Integral nach dy integrierst.
> D.h. für das innere Integral gilt [mm]X_2 = y[/mm].
> Deine obere
> Grenze muss also [mm]x_1y[/mm] sein, weil ja zu jedem Zeitpunkt [mm]X_1[/mm]
> durch [mm]x_2*X_2[/mm] gedeckelt ist und jede mögliche
> Momentaufnahme von [mm]X_2[/mm] wird durch y beschrieben.
[mm] F_{(\bruch{X_1}{X_2},X_2)}(x,y) =...=\int_{-\infty}^{x_2} \int_{-\infty}^{x_1\cdot{}y} f_{(X,Y)}(x,y) [/mm] = [mm] F_{(X_1,X_2)}(x_1*y,x_2) [/mm] ?
und die gemeinsame dichte wäre dann ja [mm] gleich(F_{(X_1,X_2)}(x_1*y,x_2))'.
[/mm]
Grüße
|
|
|
| |
|
Hiho,
> [mm]F_{(\bruch{X_1}{X_2},X_2)}(x,y) =...=\int_{-\infty}^{x_2} \int_{-\infty}^{x_1\cdot{}y} f_{(X,Y)}(x,y)[/mm]
> = [mm]F_{(X_1,X_2)}(x_1*y,x_2)[/mm] ?
>
> und die gemeinsame dichte wäre dann ja
> [mm]gleich(F_{(X_1,X_2)}(x_1*y,x_2))'.[/mm]
Ei ei ei, hier ist jetzt ganz viel Notationsgeschwurbel drin, auch wenn eines von mir verursacht wurde. Aber machen wir langsam…
1.) Der Fehler von mir war, die Dichte im Integranden korrekt zu benennen beim Wechsel vom allgemeinen Fall zu deinem. Wir wollten ja die Verteilung von [mm] \frac{X_1}{X_2} [/mm] und [mm] X_2 [/mm] mit Hilfe der gemeinsamen Dichte von [mm] X_1 [/mm] und [mm] X_2 [/mm] berechnen. Im Integranden müsste also [mm] f_{(X_1,X_2)} [/mm] stehen.
2.) Dann schauen wir deine erste Gleichung an. Du schreibst [mm] $F_{(\bruch{X_1}{X_2},X_2)}(x,y) [/mm] $ und im Integral taucht dann plötzlich [mm] x_2 [/mm] auf und deine Integrationsvariable ist wieder $y$.
Das ist Notationsgeschwurbel!
Ich finde auch die Schreibweise [mm] $F_X(x) [/mm] = P(X [mm] \le [/mm] x)$ schwierig, weil man dann detailliert zwischen X und x differenzieren muss. Das ist gerade handschriftlich sehr schwierig.
Schöner finde ich daher, die reelle Zahl in Verteilungen immer mit $c$ oder $z$ zu bezeichnen…, dann hätten wir bspw. [mm] $F_X(z) [/mm] = P(X [mm] \le [/mm] z)$.
Also: Bezeichnen wir Zufallsvariablen mit großen $X$'s, Argumente der Verteilungsfunktion mit kleinen $z$'s und Integrationsvariablen mit $y$, dann wäre die korrekte Gleichheit:
[mm]F_{(\bruch{X_1}{X_2},X_2)}(z_1,z_2) =\int_{-\infty}^{z_2} \int_{-\infty}^{z_1y_2} f_{(X_1,X_2)}(y_1,y_2) dy_1 dy_2[/mm]
Beachte, dass man auch sehr genau aufpassen muss, was jetzt die Argumente der Dichtefunktion sind, etc etc
3.) Bei deiner letzten Gleichung wird dann auch sofort klar, dass diese keinen Sinn macht, weil als Argument plötzlich eine Integrationsvariable auftaucht… aber ohne Integral? Was soll das sein?
Du kannst es dies mal tatsächlich nicht über die Verteilungsfunktion von [mm] X_1 [/mm] und [mm] X_2 [/mm] darstellen.
D.h. dies mal bleibt nur: Wirklich ausrechnen. Das ist aber nicht schwer, weil du ja [mm] f_{(X_1,X_2)} [/mm] kennst und einfach einsetzen kannst.
Dadurch, dass es ein Produkt ist, kannst du sogar einen Teil davon als Konstante vor das Integral ziehen…
4.) Du schreibst als letztes sowas wie:
> und die gemeinsame dichte wäre dann ja
> [mm]gleich(F_{(X_1,X_2)}(x_1*y,x_2))'.[/mm]
Aber das macht ja auch wenig Sinn… was soll denn die Ableitung einer zweiwertigen Funktion sein?
Wenn du die Verteilungsfunktion kennst, ergibt sich die gemeinsame Dichte als zweite Partielle Ableitung der einzelnen Komponenten, also [mm] $f_{(X,Y)}(x,y) [/mm] = [mm] \partial_x \partial_y F_{(X,Y)}(x,y) [/mm] = [mm] \partial_y \partial_x F_{(X,Y)}(x,y)$
[/mm]
Und wenn du gut bist, sagst du mir noch, warum das letzte Gleichheitszeichen gilt
Gruß,
Gono
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:50 Di 17.01.2017 | | Autor: | Noya |
> Hiho,
>
> > [mm]F_{(\bruch{X_1}{X_2},X_2)}(x,y) =...=\int_{-\infty}^{x_2} \int_{-\infty}^{x_1\cdot{}y} f_{(X,Y)}(x,y)[/mm]
> > = [mm]F_{(X_1,X_2)}(x_1*y,x_2)[/mm] ?
> >
> > und die gemeinsame dichte wäre dann ja
> > [mm]gleich(F_{(X_1,X_2)}(x_1*y,x_2))'.[/mm]
>
> Ei ei ei, hier ist jetzt ganz viel Notationsgeschwurbel
> drin, auch wenn eines von mir verursacht wurde. Aber machen
> wir langsam…
>
> 1.) Der Fehler von mir war, die Dichte im Integranden
> korrekt zu benennen beim Wechsel vom allgemeinen Fall zu
> deinem. Wir wollten ja die Verteilung von [mm]\frac{X_1}{X_2}[/mm]
> und [mm]X_2[/mm] mit Hilfe der gemeinsamen Dichte von [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm]
> berechnen. Im Integranden müsste also [mm]f_{(X_1,X_2)}[/mm]
> stehen.
Warum wollen wir das? Ich will ja eigentlich die gemeinsame Dichte von [mm] (\bruch{X_1}{X_2}, X_2),
[/mm]
aber da wir die nicht einfach berechen könnnen nutzen wir die Transformation und die Verteilungsfunktion, sodass wir mit der gemeinsamen Dichte von [mm] (X_1,X_2) [/mm] arbeiten können, da wir die ja kennen aufgrund der unabhängigkeit?
>
> 2.) Dann schauen wir deine erste Gleichung an. Du schreibst
> [mm]F_{(\bruch{X_1}{X_2},X_2)}(x,y)[/mm] und im Integral taucht dann
> plötzlich [mm]x_2[/mm] auf und deine Integrationsvariable ist
> wieder [mm]y[/mm].
> Das ist Notationsgeschwurbel!
> Ich finde auch die Schreibweise [mm]F_X(x) = P(X \le x)[/mm]
> schwierig, weil man dann detailliert zwischen X und x
> differenzieren muss. Das ist gerade handschriftlich sehr
> schwierig.
> Schöner finde ich daher, die reelle Zahl in Verteilungen
> immer mit [mm]c[/mm] oder [mm]z[/mm] zu bezeichnen…, dann hätten wir bspw.
> [mm]F_X(z) = P(X \le z)[/mm].
Ja da hast du recht.. wie oft ich mich auch verlesen,oder verschrieben habe hier auf meinem Papier.
>
> Also: Bezeichnen wir Zufallsvariablen mit großen [mm]X[/mm]'s,
> Argumente der Verteilungsfunktion mit kleinen [mm]z[/mm]'s und
> Integrationsvariablen mit [mm]y[/mm], dann wäre die korrekte
> Gleichheit:
>
> [mm]F_{(\bruch{X_1}{X_2},X_2)}(z_1,z_2) =\int_{-\infty}^{z_2} \int_{-\infty}^{z_1y_2} f_{(X_1,X_2)}(y_1,y_2) dy_1 dy_2[/mm]
>
> Beachte, dass man auch sehr genau aufpassen muss, was jetzt
> die Argumente der Dichtefunktion sind, etc etc
>
> 3.) Bei deiner letzten Gleichung wird dann auch sofort
> klar, dass diese keinen Sinn macht, weil als Argument
> plötzlich eine Integrationsvariable auftaucht… aber ohne
> Integral? Was soll das sein?
> Du kannst es dies mal tatsächlich nicht über die
> Verteilungsfunktion von [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] darstellen.
>
> D.h. dies mal bleibt nur: Wirklich ausrechnen. Das ist aber
> nicht schwer, weil du ja [mm]f_{(X_1,X_2)}[/mm] kennst und einfach
> einsetzen kannst.
> Dadurch, dass es ein Produkt ist, kannst du sogar einen
> Teil davon als Konstante vor das Integral ziehen…
>
> 4.) Du schreibst als letztes sowas wie:
> > und die gemeinsame dichte wäre dann ja
> > [mm]gleich(F_{(X_1,X_2)}(x_1*y,x_2))'.[/mm]
Habe mich da doof ausgedrückt. Ich meinte eigentlich das gleiche wie du unten ...
>
> Aber das macht ja auch wenig Sinn… was soll denn die
> Ableitung einer zweiwertigen Funktion sein?
> Wenn du die Verteilungsfunktion kennst, ergibt sich die
> gemeinsame Dichte als zweite Partielle Ableitung der
> einzelnen Komponenten, also [mm]f_{(X,Y)}(x,y) = \partial_x \partial_y F_{(X,Y)}(x,y) = \partial_y \partial_x F_{(X,Y)}(x,y)[/mm]
>
> Und wenn du gut bist, sagst du mir noch, warum das letzte
> Gleichheitszeichen gilt
das ist doch einfach Satz von schwarz oder etwa nicht?
okay ich versuche das jetzt nochmal vollständig auszubröseln. Blicke sonst nicht mehr durch.
also
Gesucht : gemeinsame dichte von [mm] (\bruch{X_1}{X_2}, X_2). [/mm] Heißt [mm] f_{(\bruch{X_1}{X_2}, X_2)}(z_1,z_2)
[/mm]
Was haben wir? [mm] X_1, X_2 [/mm] exp.verteilt und unabh., also gilt
[mm] f_{X_1}(z_1)*f_{X_2}(z_2)=f_{(X_1,X_2})(z_1,z_2)
[/mm]
allg. gilt [mm] F_{(X_1,X_2})(z_1,z_2)= P(X_1 \le z_1, X_2 \le z_2) =\integral_{-\infty}^{z_2}\integral_{-\infty}^{z_1}{f_{(X_1,X_2)}(y_1,y_2) dy_1 dy_2}
[/mm]
Nun zu Aufgabe ( beim 2. gleich [mm] P(A)=E(1_A) [/mm] benutzt, beim [mm] 3.\frac{X_1}{X_2} \le x_1, X_2 \le x_2 \gdw X_1 \le x_1X_2, X_2 \le x_2,also [/mm] transf. )
[mm] F_{(\bruch{X_1}{X_2}, X_2)}(z_1,z_2) [/mm] = P [mm] (\bruch{X_1}{X_2}\le z_1, X_2 \le z_2) [/mm] = [mm] E(1_{[\bruch{X_1}{X_2}\le z_1, X_2 \le z_2]}) [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}\integral_{-\infty}^{\infty}{f_{(\bruch{X_1}{X_2},X_2)}(y_1,y_2) \cdot{} 1_{[\bruch{X_1}{X_2}\le z_1, X_2 \le z_2]} dy_1 dy_2} [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{z_2}\integral_{-\infty}^{z_1*y_1}{f_{(X_1,X_2)}(y_1,y_2) dy_1 dy_2}
[/mm]
mit [mm] f_{X_1}(z_1)*f_{X_2}(z_2)=f_{(X_1,X_2})(z_1,z_2)=\lambda^2 \cdot{} e^{-\lambda(z_1+z_2)}* 1_{[0,\infty]}(z_1,z_2)
[/mm]
erhalte ich
[mm] ...=\integral_{-\infty}^{z_2}\integral_{-\infty}^{z_1*y_1}{\lambda^2 \cdot{} e^{-\lambda(y_1+y_2)}* 1_{[0,\infty]}(y_1,y_2) dy_1 dy_2}
[/mm]
[mm] =\integral_{0}^{z_2}\integral_{0}^{z_1*y_1}{\lambda^2 \cdot{} e^{-\lambda(y_1+y_2)}dy_1 dy_2}
[/mm]
= [mm] -e^{-\lambda z_2} [/mm] + [mm] e^{-\lambda z_2(z_1 +1)}-1-\bruch{1}{z_1 +1}
[/mm]
und wenn ich nun benutze
[mm] \partial_{z_{1}} \partial_{z_{2}} F_{(\bruch{X_1}{X_2}, X_2)}(z_1,z_2) [/mm] = [mm] f_{(\bruch{X_1}{X_2}, X_2)}(z_1,z_2)
[/mm]
habe ich meine gewünschte gemeinsame Dichte.
So erhalte ich
[mm] f_{(\bruch{X_1}{X_2}, X_2)}(z_1,z_2) [/mm] = [mm] \partial_{z_{2}}(\bruch{1}{(z_1 +1)^2} [/mm] - [mm] \lambda z_2 e^{-\lambda z_2(z_1 +1)}) [/mm]
= [mm] \lambda e^{-\lambda z_2(z_1 +1)} [/mm] ( [mm] \lambda z_2 (z_1 [/mm] +1)-1)
Was sagst du dazu?
Liebe Grüße und vielen Dank!
|
|
|
| |
|
Hiho,
> Warum wollen wir das? Ich will ja eigentlich die gemeinsame
> Dichte von [mm](\bruch{X_1}{X_2}, X_2),[/mm]
> aber da wir die nicht
> einfach berechen könnnen nutzen wir die Transformation und
> die Verteilungsfunktion, sodass wir mit der gemeinsamen
> Dichte von [mm](X_1,X_2)[/mm] arbeiten können, da wir die ja kennen
> aufgrund der unabhängigkeit?
Ja, oder kurz zusammengefasst: Du willst die Dichte von [mm](\bruch{X_1}{X_2}, X_2)[/mm] berechnen.
Da das nicht so einfach geht (dazu am Ende mehr), aber als gute Studentin weißt, dass die Dichte die Ableitung der Verteilungsfunktion ist, bestimmst du die Verteilungsfunktion und leitest die am Ende ab!
Und die Verteilungsfunktion jeder Kombination von [mm] X_1 [/mm] und [mm] X_2 [/mm] können wir eben über die gemeinsame Dichte von [mm] X_1 [/mm] und [mm] X_2 [/mm] berechnen, die schönerweise Unabhängig sind und die wir deswegen kennen.
Im Allgemeinen kennt man die gemeinsame Dichte zweier ZV nicht, wenn man die Einzeldichten kennt!
> [mm]=\integral_{0}^{z_2}\integral_{0}^{z_1*y_1}{\lambda^2 \cdot{} e^{-\lambda(y_1+y_2)}dy_1 dy_2}[/mm]
>
> = [mm]-e^{-\lambda z_2}[/mm] + [mm]e^{-\lambda z_2(z_1 +1)}-1-\bruch{1}{z_1 +1}[/mm]
Ich komme auf [mm] $F_{X_2}(z_2) [/mm] - [mm] \frac{1}{z_1+1}F_{X_2}(z_2(1+z_1))$
[/mm]
(Wobei egal ist, ob man da [mm] F_{X_2} [/mm] oder [mm] F_{X_1} [/mm] schreibt)
Wer hat sich nun verrechnet?
Vielleicht solltest du deine Einzelschritte mal darlegen, dann suchen wir deinen oder meinen Fehler.
Ein anderer Ansatz für die Berechnung der Dichte wäre übrigens der Dichtetransformationssatz, falls ihr den hattet. Aber das können wir nach Abschluss mal durchgehen
Gruß,
Gono
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:56 Di 17.01.2017 | | Autor: | Noya |
> > [mm]=\integral_{0}^{z_2}\integral_{0}^{z_1*y_1}{\lambda^2 \cdot{} e^{-\lambda(y_1+y_2)}dy_1 dy_2}[/mm]
>
> >
> > = [mm]-e^{-\lambda z_2}[/mm] + [mm]e^{-\lambda z_2(z_1 +1)}-1-\bruch{1}{z_1 +1}[/mm]
>
> Ich komme auf [mm]F_{X_2}(z_2) - \frac{1}{z_1+1}F_{X_2}(z_2(1+z_1))[/mm]
>
> (Wobei egal ist, ob man da [mm]F_{X_2}[/mm] oder [mm]F_{X_1}[/mm] schreibt)
>
> Wer hat sich nun verrechnet?
> Vielleicht solltest du deine Einzelschritte mal darlegen,
> dann suchen wir deinen oder meinen Fehler.
>
> Ein anderer Ansatz für die Berechnung der Dichte wäre
> übrigens der Dichtetransformationssatz, falls ihr den
> hattet. Aber das können wir nach Abschluss mal durchgehen
>
>
>
> Gruß,
> Gono
[mm] \integral_{0}^{z_2}\integral_{0}^{z_1*y_2}{\lambda^2 \cdot{} e^{-\lambda(y_1+y_2)}dy_1 dy_2}
[/mm]
= [mm] \lambda^2 \integral_{0}^{z_2} e^{-\lambda y_2}\integral_{0}^{z_1*y_2} e^{-\lambda y_1} dy_1 dy_2
[/mm]
= [mm] \lambda^2 \integral_{0}^{z_2} e^{-\lambda y_2} [-\bruch{e^{-\lambda y_1}}{\lambda}]_{0}^{z_1*y_2} dy_2
[/mm]
= [mm] \lambda^2 \integral_{0}^{z_2} e^{-\lambda y_2} [-\bruch{e^{-\lambda z_1 \cdot{} y_2}+1}{\lambda}] dy_2
[/mm]
= [mm] \bruch{\lambda^2}{\lambda} \integral_{0}^{z_2} e^{-\lambda y_2} [-e^{-\lambda z_1 \cdot{} y_2}+1] dy_2
[/mm]
= [mm] \lambda \integral_{0}^{z_2} e^{-\lambda y_2}-e^{-\lambda y_2-\lambda z_1 \cdot{} y_2} dy_2
[/mm]
= [mm] \lambda \integral_{0}^{z_2} e^{-\lambda y_2}-e^{-\lambda y_2(1+z_1)} dy_2
[/mm]
= [mm] \lambda [\bruch{e^{-\lambda y_2}}{-\lambda}-\bruch{e^{-\lambda y_2(1+z_1)}}{-\lambda(1+z_1)} ]_{0}^{z_2}
[/mm]
= [mm] \lambda [\bruch{e^{-\lambda z_2}}{-\lambda}-\bruch{e^{-\lambda z_2(1+z_1)}}{-\lambda(1+z_1)}-\bruch{e^{-\lambda 0}}{-\lambda}+\bruch{e^{-\lambda 0(1+z_1)}}{-\lambda(1+z_1)}]
[/mm]
= [mm] \lambda [\bruch{e^{-\lambda z_2}}{-\lambda}-\bruch{e^{-\lambda z_2(1+z_1)}}{-\lambda(1+z_1)}-\bruch{1}{-\lambda}+\bruch{1}{-\lambda(1+z_1)}]
[/mm]
= [mm] \bruch{\lambda}{\lambda} [-e^{-\lambda z_2}+ \bruch{e^{-\lambda z_2(1+z_1)}}{(1+z_1)} [/mm] +1 - [mm] \bruch{1}{(1+z_1)}]
[/mm]
[mm] =[-e^{-\lambda z_2}+ \bruch{e^{-\lambda z_2(1+z_1)}}{(1+z_1)} [/mm] +1 - [mm] \bruch{1}{(1+z_1)}] [/mm] = [mm] -F_{X_2}(z_2) [/mm] + [mm] \bruch{F_{X_2}(z_2(1+z_1))} {(1+z_1)} [/mm] + 1 [mm] -\bruch{1}{(1+z_1)} \not= F_{X_2}(z_2) [/mm] - [mm] \frac{1}{z_1+1}F_{X_2}(z_2(1+z_1))
[/mm]
Spontan sehe ich gerade keinen fehler...in der Frage zuvor hatte ich mich definitv verechnet.Siehst du vielleich einen??
und für die gemeinsame dichte erhalte ich
[mm] f_{(\bruch{X_1}{X_2}, X_2)}(z_1,z_2) [/mm] = [mm] \lambda^2 [/mm] * [mm] z_2 *e^{-\lambda z_2(1+z_1)} [/mm]
Sooo, Nachtrag. Habe das ganze jetzt mal mit dem Transformationssatz getestet. :D Ist 1930339 mal leichter...
Zuerst einmal der Satz :
Seien [mm] (X_1,X_2) [/mm] ein Zufallsvektor mit gemeinsamer Dichte [mm] f_{ (X_1,X_2)} [/mm] und g : [mm] \IR^2 \to \IR [/mm] eine bijektive Abbildung, d.h.
[mm] g(x_1,x_2) [/mm] = ( [mm] g_1(x_1,x_2) [/mm] , [mm] g_2(x_1,x_2)).
[/mm]
Sei [mm] g^{-1}(y_1,y_2) [/mm] = ( [mm] X_1(y_1,y_2) [/mm] , [mm] X_2(y_1,y_2)). [/mm] Angenommen [mm] g^{-1} [/mm] hinreichend glatt, s.d. Jakobian J existiert, wobei
[mm] J(y_1,y_2) [/mm] = [mm] \bruch{\partial X_1}{\partial y_1} \cdot [/mm] {} [mm] \bruch{\partial X_2}{\partial y_2} [/mm] - [mm] \bruch{\partial X_1}{\partial y_2} \cdot [/mm] {} [mm] \bruch{\partial X_2}{\partial y_1}.
[/mm]
Dann ist ( [mm] Y_1,Y_2) [/mm] = ( [mm] g_1(x_1,x_2) [/mm] , [mm] g_2(x_1,x_2)) [/mm] ein stetiger Zufallsvektor mit Dichte
[mm] f_{( Y_1,Y_2)}(y_1,y_2) [/mm] = [mm] f_{ (X_1,X_2)} [/mm] (( [mm] X_1(y_1,y_2) [/mm] , [mm] X_2(y_1,y_2)) \cdot{} |J((y_1,y_2)|.
[/mm]
So nun zu uns. [mm] X_1, X_2 [/mm] exponential verteilt und unabhängig. Bestimme gemeinsame Dichte [mm] f_{ (\bruch{X_1}{X_2}, X_2)}
[/mm]
Sei [mm] Y_1 [/mm] = [mm] \bruch{X_1}{X_2} [/mm] und [mm] Y_2 [/mm] = [mm] X_2
[/mm]
[mm] \gdw X_1 [/mm] = [mm] Y_1 Y_2 [/mm] und [mm] X_2 [/mm] = [mm] Y_2
[/mm]
[mm] g(x_1,x_2) [/mm] = [mm] (\bruch{X_1}{X_2}, X_2)
[/mm]
[mm] g^{-1}(y_1,y_2) [/mm] = [mm] (y_1 y_2, y_2)
[/mm]
[mm] J(y_1,y_2)= y_2
[/mm]
Dann ist
[mm] f_{( Y_1,Y_2)}(y_1,y_2)=f_{ (\bruch{X_1}{X_2}, X_2)}((y_1,y_2) [/mm] = [mm] f_{ (X_1,X_2)}(y_1 y_2, y_2) \cdot{} |J(y_1,y_2)| [/mm] = [mm] f_{X_1}(y_1 y_2)* f_{X_2}(y_2) \cdot{} |J(y_1,y_2)| [/mm] = [mm] \lambda^2 \cdot{} e^{-\lambda y_2(1+y_1)} \cdot{} |y_2|
[/mm]
Was sagst du dazu? Ist das so in Ordnung?
Liebe Grüße und Danke
|
|
|
| |
|
Hiho,
> = [mm]\lambda^2 \integral_{0}^{z_2} e^{-\lambda y_2} [-\bruch{e^{-\lambda y_1}}{\lambda}]_{0}^{z_1*y_2} dy_2[/mm]
>
> = [mm]\lambda^2 \integral_{0}^{z_2} e^{-\lambda y_2} [-\bruch{e^{-\lambda z_1 \cdot{} y_2}+1}{\lambda}] dy_2[/mm]
Ei Ei ei
Den Schritt schauen wir uns mal noch mal an…
Gruß,
Gono
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:37 Mi 18.01.2017 | | Autor: | Noya |
> Hiho,
>
> > Entweder ich bin blind oder keine Ahnung. Sehe da kein
> > ansich kein Problem wenn man den nächstgen Schritt
> > mitsieht. Mir ist lediglich b eim Tippen das Minuszeichen
aah danke. Ich gucke gleich nochmal alles durch.
>
> Es ist doch [mm]F_{X_2}(z_2) = 1 - e^{-\lambda z_2}[/mm]. Die 1 hast
> du dezent beim Ersetzen unterschlagen
Stimmt. einfach nicht dran gedacht bzw statt der Verteilungsfunktion habe ich die Dichte benutzt... -.-
Was sagst du zu dem Rest?
Stimmt die gemeinsame Dichte so? Geht das so über den Transformationssatz?
>
> Gruß,
> Gono
|
|
|
| |
|
Hiho,
> Stimmt. einfach nicht dran gedacht bzw statt der
> Verteilungsfunktion habe ich die Dichte benutzt... -.-
>
> Was sagst du zu dem Rest?
>
> Stimmt die gemeinsame Dichte so? Geht das so über den Transformationssatz?
ich hatte tatsächlich übersehen, dass du es reineditiert hattest. Deine Lösung ist aber ok. Beachte noch, dass die Argumente eh nur nichtnegative Werte annehmen können (für negative ist die Dichte eh Null), so dass [mm] $|y_2| [/mm] = [mm] y_2$ [/mm] gilt.
Beim Einsetzen der Verteilungsfunktionen hast du nämlich geschickt die Indikatorfunktionen unterschlagen. Wenn du die noch einsetzt, wird das deutlicher
Gruß,
Gono
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:11 Sa 21.01.2017 | | Autor: | Noya |
Danke
okay also zur c) Bestimme mit Hilfe von Aufgabenteil b) die Verteilung von $ [mm] (\bruch{X_{1}}{X_{1}+X_{2}}) [/mm] $
Ehrlich gesagt mal wieder keine Ahnung. Inwiefern soll mir die b dabei helfen??
Sei Z = [mm] \bruch{X_{1}}{X_{1}+X_{2}}
[/mm]
Dann wäre
[mm] F_{(\bruch{X_{1}}{X_{1}+X_{2}})}(z) [/mm] = [mm] F_Z(z) [/mm] = P ( Z [mm] \le [/mm] z) [mm] \overbrace{=}^{Def.} \integral_{-\infty}^{z}{f_Z(t) dt}
[/mm]
Ich habe echt mal wieder 0 Durchblick.
Und brauche dringend Hilfe...
Alles was ich Probiert habe funktioniert irgendwie nicht...
Danke
|
|
|
| |
|
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hiho,
es ist $Z = f\left(\frac{X_1}{X_2},X_2}\right)$ mit $f(y_1,y_2) = \frac{y_1y_2}{y_1y_2 + y_2} = \frac{y_1}{y_1 + 1}$
Wieso euch das aber aufgebürdet wird das über die Dichte von $\left(\frac{X_1}{X_2},X_2}\right)$ zu machen und nicht über die Dichte von $\left(X_1,X_2}\right)$, ist mir ein Rätsel.
Der einzige der Grund, den ich sehe, ist, dass nun die Integration ein bisschen einfacher wird, weil eine Integrationsvariable im f wegfällt.
Gruß,
Gono
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:01 Sa 21.01.2017 | | Autor: | Noya |
> Hiho,
>
> es ist [mm]Z = f\left(\frac{X_1}{X_2},X_2}\right)[/mm] mit
> [mm]f(y_1,y_2) = \frac{y_1y_2}{y_1y_2 + y_2} = \frac{y_1}{y_1 + 1}[/mm]
>
> Wieso euch das aber aufgebürdet wird das über die Dichte
> von [mm]\left(\frac{X_1}{X_2},X_2}\right)[/mm] zu machen und nicht
> über die Dichte von [mm]\left(X_1,X_2}\right)[/mm], ist mir ein
> Rätsel.
>
> Der einzige der Grund, den ich sehe, ist, dass nun die
> Integration ein bisschen einfacher wird, weil eine
> Integrationsvariable im f wegfällt.
>
> Gruß,
> Gono
Entschuldige bitte, aber das verstehe ich gar nicht.
Wie kommst du da drauf und weshalb?
meinst du mit f weiterhin die Dichtefunktion oder nur eine Funktion. Mir scheint es meintest du eine beliebige Funktion, die vermutlich bijektiv sein soll damit ich den Transformationssatz anwenden kann??
Bestimmen soll ich ja F. Nenne das jetzt statt f g, also Z = [mm] g(\frac{X_1}{X_2},X_2). [/mm] Also
[mm] F_{(\bruch{X_1}{X_1+X_2})} [/mm] = [mm] F_Z [/mm] = [mm] F_{g(\frac{X_1}{X_2},X_2)}
[/mm]
|
|
|
| |
|
Hiho,
> Entschuldige bitte, aber das verstehe ich gar nicht.
>
> Wie kommst du da drauf und weshalb?
> Mir scheint es meintest du eine beliebige Funktion, die vermutlich bijektiv sein soll damit ich den Transformationssatz anwenden kann??
Ok, f war vielleicht eine ungünstige Bezeichnung. Nennen wir sie $g$
Insbesondere kann $g$ als Funktion von [mm] $\IR^2 \to \IR$ [/mm] nicht bijektiv sein.
Also nix mit Transformationssatz.
Aber: Wie vorher mit der Verteilung von [mm] $\left(\frac{X_1}{X_2},X_2\right)$ [/mm] über die Dichte von [mm] $(X_1,X_2)$ [/mm] kannst du eben auch die Verteilung von $Z$ als Funktion von [mm] $\left(\frac{X_1}{X_2},X_2\right)$ [/mm] über die Dichte von [mm] $\left(\frac{X_1}{X_2},X_2\right)$ [/mm] berechnen gemäß:
[mm]P( Z \le z) = P\left( g\left(\frac{X_1}{X_2},X_2\right) \le z\right) = \int_ {g(y_1,y_2) \le z} f_{\left(\frac{X_1}{X_2},X_2\right)}(y_1,y_2) \;dy_2 dy_1[/mm]
Wobei ich mal nur ein Integralzeichen für die zweidimensionale Integration geschrieben hab…
Gruß,
Gono
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:48 Sa 21.01.2017 | | Autor: | Noya |
Genau das habe ich geschätze 1000 mal aufgeschrieben und wieder verworfen... Okay ich versuche das jetzt mal...Danke.Melde mich gleich wenn ich Fragen habe :D
DANKE!!!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 16:24 So 22.01.2017 | | Autor: | Noya |
> Aber: Wie vorher mit der Verteilung von
> [mm]\left(\frac{X_1}{X_2},X_2\right)[/mm] über die Dichte von
> [mm](X_1,X_2)[/mm] kannst du eben auch die Verteilung von [mm]Z[/mm] als
> Funktion von [mm]\left(\frac{X_1}{X_2},X_2\right)[/mm] über die
> Dichte von [mm]\left(\frac{X_1}{X_2},X_2\right)[/mm] berechnen
> gemäß:
>
> [mm]P( Z \le z) = P\left( g\left(\frac{X_1}{X_2},X_2\right) \le z\right) = \int_ {g(y_1,y_2) \le z} f_{\left(\frac{X_1}{X_2},X_2\right)}(y_1,y_2) \;dy_2 dy_1[/mm]
>
> Wobei ich mal nur ein Integralzeichen für die
> zweidimensionale Integration geschrieben hab…
>
> Gruß,
> Gono
Hallöle,
aus
[mm] g\left(\frac{X_1}{X_2},X_2\right) \le [/mm] z [mm] \Rightarrow X_1 \le \bruch{X_2 \cdot z}{1-z} [/mm]
also
[mm] F_Z(z)=...=\int_ {g(y_1,y_2) \le z} f_{\left(\frac{X_1}{X_2},X_2\right)}(y_1,y_2) \;dy_2 dy_1 [/mm] = [mm] \int_ {g(y_1,y_2) \le z} \lambda^2 e^{-\lambda y_2(1+y_1)}1_{[0,\infty]}(y_1,y_2)dy_1 dy_2
[/mm]
[mm] =\integral_{0}^{z} \integral_{0}^{\bruch{y_2 \cdot z}{1-z} } \lambda^2 e^{-\lambda y_2(1+y_1)} dy_1 dy_2
[/mm]
Ginge das so??
Danke für deine Hilfe!!!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:35 Di 24.01.2017 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
|
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]"){kind=small}
