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| Aufgabe 1 | Gegeben sei eine exponentialverteilte Zufallsvariable X mit Parameter [mm]\lambda > 0[/mm], d.h. die Dichtefunktion von X ist gegeben durch [mm]f_{X}(x) = \lambda e^{-\lambda x} * 1_{(0,\infty)} , \lambda > 0[/mm].
Zeigen Sie E(X) = [mm]\bruch{1}{\lambda}[/mm] |
| Aufgabe 2 | | Zeigen Sie Var(X) = [mm]\bruch{1}{\lambda^2}[/mm] |
Erstmal: Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Zur Aufgab 1:
Ich komme da nicht sehr weit. Es gilt ja E(X) = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{x*f_{X}(x) dx}[/mm], in dem Fall also [mm]\integral_{0}^{\infty}{x*f_{X}(x) dx}[/mm]. Ich wollte dann partiell integrieren, aber bekomme es nicht hin.
Zur Aufgabe2:
Hier gilt ja [mm]Var(X) = E(X^2) - (E(X))^2 , also E(X^2) - (\bruch{1}{\lambda^2})[/mm] (nach Aufgabe 2).
Ist dann [mm]E(X^2) = \integral_{-\infty}^{\infty}{x^2 * f_{X}(x^2) dx}[/mm] ?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:52 Sa 16.07.2011 | | Autor: | ullim |
Hi,
zu Aufgabe 1:
[mm] E(x)=\integral_{-\infty}^{\infty}{x*\lambda e^{-\lambda x} \cdot{} 1_{(0,\infty)} dx}=\integral_{0}^{\infty}{x*\lambda e^{-\lambda x} \cdot{} dx}
[/mm]
partielle Integration mit [mm] u(x)'=e^{-\lambda*x} [/mm] und v(x)=x führt zu
[mm] \integral_{0}^{\infty}{x*\lambda e^{-\lambda x} \cdot{} dx}=\lambda\left(\left[-\bruch{1}{\lambda}e^{-\lambda x}*x\right]^\infty_0-\integral_{0}^{\infty}{-\bruch{1}{\lambda} e^{-\lambda x} \cdot{} dx\right)}=\integral_{0}^{\infty}{e^{-\lambda x} \cdot{} dx}=\left[-\bruch{1}{\lambda}e^{-\lambda x}\right]^\infty_0=\bruch{1}{\lambda}
[/mm]
zu Aufgabe 2:
[mm] Var(x)=\integral_{0}^{\infty}{\left(x-\bruch{1}{\lambda}\right)^2*\lambda e^{-\lambda x} \cdot{} dx}=\lambda\integral_{0}^{\infty}{x^2 e^{-\lambda x} \cdot{} dx}-2\integral_{0}^{\infty}{x e^{-\lambda x} \cdot{} dx}+\bruch{1}{\lambda}\integral_{0}^{\infty}{e^{-\lambda x} \cdot{} dx}=\lambda\integral_{0}^{\infty}{x^2 e^{-\lambda x} \cdot{} dx}-\bruch{2}{\lambda}+\bruch{1}{\lambda^2}
[/mm]
Das Integral [mm] \lambda\integral_{0}^{\infty}{x^2 e^{-\lambda x} \cdot{} dx} [/mm] wird mit partieller Integration mit [mm] u'(x)=e^{-\lambda x} [/mm] und [mm] v(x)=x^2 [/mm] zu
[mm] \lambda\integral_{0}^{\infty}{x^2 e^{-\lambda x} \cdot{} dx}=\bruch{2}{\lambda}
[/mm]
Also insgesamt [mm] Var(x)=\bruch{1}{\lambda^2}
[/mm]
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Danke für die Antwort.
Was ich noch nicht verstehe, ist warum [mm]F_X(x) = \left[-\bruch{1}{\lambda}e^{-\lambda x}\right]^\infty_0=\bruch{1}{\lambda}[/mm] gilt? Für mich kam da nämlich [mm]F_X(\infty) - F_X(0) = 1 + \bruch{1}{\lambda}[/mm] raus, wo letztlich scheinbar auch mein Problem bei der ganzen Sache vergraben liegt.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:38 Sa 16.07.2011 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Zuerst mal [mm] f(\infty) [/mm] macht bei einer Funktion keinen Sinn.
Es gilt:
[mm] \left[\frac{1}{\lambda}\cdot e^{-\lambda\cdot x}\right]_{0}^{\infty} [/mm]
[mm] =\lim_{r\to\infty}\left[\frac{1}{\lambda}\cdot e^{-\lambda\cdot x}\right]_{0}^{r} [/mm]
[mm] =\lim_{r\to\infty}\left[-\frac{1}{\lambda}\cdot e^{-\lambda\cdot r}-\left(-\frac{1}{\lambda}\cdot e^{-\lambda\cdot 0}\right)\right] [/mm]
[mm] =\lim_{r\to\infty}-\frac{1}{\lambda}\cdot e^{-\lambda\cdot r}-\lim_{r\to\infty}\left(-\frac{1}{\lambda}\cdot e^{-\lambda\cdot 0}\right) [/mm]
[mm] =\lim_{r\to\infty}-\frac{1}{\lambda}\cdot e^{-\lambda\cdot r}+\frac{1}{\lambda}\cdot e^{-\lambda\cdot 0} [/mm]
[mm] =0+\frac{1}{\lambda}[/mm]
Marius
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