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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:06 So 11.06.2006 | | Autor: | c.t. |
| Aufgabe | Es sei X eine zufallsgröße, deren Verteilung folgende [mm] \Ilambda-Dichte [/mm] besitzt: f(x)= [mm] \integral{\bruch{c\beta}{\alpha}(\bruch{\alpha}{\alpha+x})^{\beta+1}*1_(0,\infty)(x)}, \alpha,\beta>0.
[/mm]
a) Bestimme c so, dass f eine Wahrscheinlichkeitsdichte ist.
b) Für welche Paare [mm] (\alpha,\beta) [/mm] ist [mm] E(X)<\infty?
[/mm]
c) Für welche Paare [mm] (\alpha,\beta) [/mm] ist [mm] Var(x)<\infty? [/mm] |
Hallo,
bei der a) komme ich schon nicht weiter. Bis jetzt habe ich:
f ist W-Dichte [mm] \gdw \integral{\bruch{c\beta}{\alpha}(\bruch{\alpha}{\alpha+x})^{\beta+1}*1_(0,\infty)(x)}=1
[/mm]
[mm] \integral{\bruch{c\beta}{\alpha}(\bruch{\alpha}{\alpha+x})^{\beta+1}*1_(0,\infty)(x)}=\bruch{c\beta}{\alpha}\integral_{0}^{\infty}(\bruch{\alpha}{\alpha+x})^{\beta+1}dx
[/mm]
Hier weiß ich jetzt aber nicht, wie ich das Integral weiter berechnen soll.
Übrigens, dass c>0 ist, weiß ich auch schon.
Über jede Hilfe wäre ich sehr dankbar!
Diese Frage habe ich in keinen anderen internetfrum gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:35 So 11.06.2006 | | Autor: | Walde |
Hi c.t.,
ich habs nicht durchgerechnet, aber mein Vorschlag zum ausprobieren:
Den Zähler kannst du auch noch vor das Integral ziehen. Dann substituierst du [mm] y:=\alpha+x, [/mm] dx=dy, dann kannst du leicht die Stammfkt. ausrechnen. Dann halt Grenzwertbetrachtung um das uneigentliche Integral zu bestimmen und dann (die Gleichung/das Integral, die/das ja =1 sein soll) nach c auflösen.
Kommst du so weiter?
L G walde
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:15 So 11.06.2006 | | Autor: | c.t. |
DAnke Walde, das hilft weiter.
Also ich ziehe den Zähler auch vor´s Integral und muss dann, nach Substitution, die Stammfkt. von [mm] \bruch{1}{y^{\beta+1}} [/mm] bestimmen. Da habe ich [mm] \bruch{1}{\beta*y^{\beta}} [/mm] raus, stimmt das?
Hier habe ich jetzt aber Probleme mit den Grenzen:
Ich betrachte jetzt [mm] \alpha^\betac(\bruch{1}{\infty^\beta}-\bruch{1}{o^\beta})=1 \gdw c=\bruch{\infty^\beta-0^\beta}{\alpha^\beta}
[/mm]
[mm] \infty [/mm] und 0 sind da jeweils als Grenzwert zu verstehen, weil ich mir die Limesschreibweise ersparen wollte.
Jedenfalls wäre hier für mich [mm] c=\infty [/mm] und das macht doch keinen Sinn![[kopfkratz3]](/images/smileys/kopfkratz3.gif "[kopfkratz3]")
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:48 So 11.06.2006 | | Autor: | Walde |
Hi c.t,
> Also ich ziehe den Zähler auch vor´s Integral und muss
> dann, nach Substitution, die Stammfkt. von
> [mm]\bruch{1}{y^{\beta+1}}[/mm] bestimmen. Da habe ich
> [mm]\bruch{1}{\beta*y^{\beta}}[/mm] raus, stimmt das?
Da fehlt noch ein Minus. Also
[mm] \integral_{}^{}{\bruch{1}{y^{\beta+1}}dy}=-\bruch{1}{\beta*y^{\beta}} [/mm]
So, jetzt erstmal den Wert des Integrals bestimmen, dazu zunächst resubstituieren:
[mm] -\bruch{1}{\beta*y^{\beta}}=-\bruch{1}{\beta}*\bruch{1}{(\alpha+x)^{\beta}} [/mm]
also haben wir:
[mm] \integral_{0}^{\infty}{\bruch{1}{(x+\alpha)^{\beta+1}}dx}=-\bruch{1}{\beta}[\bruch{1}{(\alpha+x)^{\beta}}]_{0}^{\infty}
[/mm]
Und wenn wir den Grenzwert betrachten erhalten wir:
[mm] -\bruch{1}{\beta}[\bruch{1}{(\alpha+x)^{\beta}}]_{0}^{\infty}=-\bruch{1}{\beta}(0-\bruch{1}{\alpha^\beta})=\bruch{1}{\alpha^\beta*\beta}
[/mm]
Insgesamt also:
[mm] \bruch{c\beta}{\alpha}*\alpha^{\beta+1}\integral_{0}^{\infty}(\bruch{1}{\alpha+x})^{\beta+1}dx=\bruch{c\beta}{\alpha}*\alpha^{\beta+1}*\bruch{1}{\alpha^\beta*\beta}=1
[/mm]
und da sieht man schon c=1,wenn ich mich nicht irgendwo verrechnet habe. Kontrolliere nochmal alles nach. Alles klar? 
L G walde
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:57 So 11.06.2006 | | Autor: | c.t. |
Alles klar, es stimmt.
Danke Walde
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:18 So 11.06.2006 | | Autor: | c.t. |
Hallo noch mal,
jetzt fängt´s mit der b) an:
Also ich weiß, dass [mm] E(X)=\integral{XdP}. [/mm] Hier jetzt meine Frage was muss ich jetzt wo einsetzen, um den Erwartungswert auszurechnen?
ich weiß ja, dass [mm] f=dP/d\lambda. [/mm] Wenn ich das aber für dP oben im Integral einsetzte hätte ich doch dann [mm] \integral{Xfd\lambda}. [/mm]
Aber was setzte ich jetzt für X ein.
Das Problem ist, dass wir in der Vorlesung nur zur oben genannten Def. vom Erwartungswert gekommen sind.
Vielleicht weiß mir hier ja noch jemand zu helfen
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:24 So 11.06.2006 | | Autor: | Walde |
Hi Christoph,
kuck mal ![[]](/images/popup.gif) hier.
Wenn f die Dichte der Verteilung ist und [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{|x|*f(x)dx} [/mm] existiert, dann ist [mm] E(X)=\integral_{-\infty}^{\infty}{x*f(x)dx} [/mm] der Erwartungswert.
Ich weiss natürlich nicht, was ihr so in der Vorlesung stehen habt. Das kommt (unter anderem) vom Transformationssatz für Integrale.
sei g(x)=x die Identität
[mm] E(X)=E(g\circ X)=\integral_{}^{}{g\circ X dP}=\integral_{}^{}{gdP_X}
[/mm]
und das ist gleich [mm] \integral_{}^{}{g*f d\mu}, [/mm] wenn X die Dichte f hat mit [mm] F_X(x)=\integral_{-\infty}^{x}{fd\mu}
[/mm]
und das Rieman und Lebesgue Integral stimmen ja überein,wenn sie beide existieren, also hast du [mm] \integral_{}^{}{g(x)*f(x)dx} [/mm]
Das war nur ne Kurzfassung und verwirren wollte ich dich auch nicht. Du kannst getrost das von oben (was auch in der Wikipedia steht) benutzen, der Rest steht (sollte es zumindest) in irgendeiner Form in deiner Vorlesung.
L G walde
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