Verteilungsfunktion von W.-Maß < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:03 Di 19.05.2009 | | Autor: | ToniKa |
| Aufgabe | Auf Omega = [mm] \IR [/mm] ist ein (kontinuierliches) W.-Maß P gegeben durch die Dichtefunktion
f(x) = [mm] \bruch{1}{2}*e^{-|x|}.
[/mm]
Berechnen sie die Verteilungsfunktion von P. |
Hallo an alle, ich weiß nicht, ob meine Rechnung zu dieser Aufgabe richtig ist : [mm] F(x)=\integral_{\infty}^{1}{ \bruch{1}{2} \* e^{-|x|} dx} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2}\integral_{a}^{b}{ e^{-|x|} dx} [/mm] = [mm] \limes_{x\rightarrow\infty}(-e^{-|x|})-(-e^{-|x|})= 0-(-e^{-|x|})= 0+e^{-1} [/mm] und zum Schluß mit [mm] \bruch{1}{2} [/mm] multiplizieren??
Ich wäre sehr dankbar, wenn jemand mir ein Paar Korrekturtipps geben könnte, falls meine Lösung falsch ist.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:11 Di 19.05.2009 | | Autor: | luis52 |
Moin,
> Hallo an alle, ich weiß nicht, ob meine Rechnung zu dieser
> Aufgabe richtig ist :
Leider nicht. Es wird einfacher, wenn du die Dichte ausfuehrlicher schreibst:
[mm] $f(x)=\left\{\begin{matrix} \dfrac{1}{2}e^x, & \mbox{wenn } x\le 0\,; \\[2ex] \dfrac{1}{2}e^{-x}, & \mbox{wenn }x>0\,.\end{matrix}\right.$
[/mm]
Dann musst du
[mm] $F(x)=\int_{-\infty}^xf(t)\,dt$
[/mm]
fuer [mm] $x\in\IR$ [/mm] berechnen. Mache eine Fallunterscheidung.
vg Luis
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:10 Di 19.05.2009 | | Autor: | kaleu74 |
Hallo,
wieso schreibst Du im ersten Integral als obere Grenze [mm]1[/mm] und im zweiten [mm]b[/mm]?
Du hast [mm]\Omega=\mathds{R}[/mm], zunächst kann man zeigen das [mm]F(x)=\int_{-\infty}^{\ x}f(t)dt=\int_{-\infty}^{\ x}\bruch{1}{2}\cdot e^{-|t|}dt[/mm] überhaupt eine Verteilung ist, d.h. [mm]F[/mm] monoton wachsend und [mm]F(\Omega)=1[/mm],ersteres ergibt sich aus der Monotonieeigenschaft des Integrals und zweiteres aus dem Lösungshinweis von Luis und [mm]x\rightarrow \infty[/mm]. Man erhält als Verteilung:
[mm]F(x)=\int_{\mathds{R}}\bruch{1}{2}\cdot e^{-|t|}\cdot \mathds{1}_{(-\infty,x]}(t)dt=\int_{\mathds{R}\cap (-\infty,x]}\bruch{1}{2}\cdot e^{-|t|}dt=\int_{(-\infty,0]\cap (-\infty,x]}\bruch{1}{2}\cdot e^{t}dt+\int_{(0,\infty)\cap (-\infty,x]}\bruch{1}{2}\cdot e^{-t}dt[/mm]
also
[mm]F(x)=\left\{\begin{matrix}
\bruch{1}{2}\cdot e^{x}, & \mbox{für }x\le 0 \\\\
\bruch{1}{2}+\bruch{1}{2}\cdot (1-e^{-x}) & \mbox{für }x>0
\end{matrix}\right[/mm]
Ich hoffe die Schreibweise für die Indikatorfunktion ist Dir vertraut.
Gruß Andy
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:28 Mi 20.05.2009 | | Autor: | ToniKa |
Hallo Andy, danke für Deine Antwort, aber ich bin einbisschen verwirrt, da ich nicht verstehe, warum bei der Verzweigung der Stammfunktion [mm] \bruch{1}{2}+\bruch{1}{2}*(1-e^{-x}) [/mm] steht, könntest Du mir das bitte erklären, danke im Voraus
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Hallo ToniKa!
Hier wurde die Integrationskonstante $+C_$ derart bestimmt, damit die Funktion an der Stelle [mm] $x_0 [/mm] \ = \ 0$ stetig ist.
Gruß vom
Roadrunner
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:40 Mi 20.05.2009 | | Autor: | luis52 |
Moin,
ich widerspreche Roadrunner nur ungern, aber *Stetigkeit* ist nicht der Grund. Ich berechne die Verteilungsfunktion erneut fuer $x>0$:
$ [mm] F(x)=\int_{-\infty}^xf(t)\,dt=\int_{-\infty}^0f(t)\,dt+\int_{0}^xf(t)\,dt=\frac{1}{2}+\left[-\dfrac{1}{2}\exp(-x)+C\right]_0^x=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\exp(-x) [/mm] $.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:38 Do 21.05.2009 | | Autor: | ToniKa |
Hallo,
Ich möchte mich für Deine Hilfe bedanken, ich habe noch eine Frage, ich habe versucht den Erwartungswert dieser Dichtefunktion auszurechnen, weiß nicht, ob das so richtig ist: [mm] \integral_{0}^{x}{ x*f(x) dx} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{x}{x*\bruch{1}{2}*e^{-x}dx}( [/mm] ich benutze hier partielle Integration [mm] (\integral_{a}^{b}{u(x)*v'(x)dx}= [u(x)*v(x)]-\integral_{a}^{b}{u'(x)*v(x) dx}): [/mm] x ist v' und [mm] (\bruch{1}{2}*e^{-x}) [/mm] ist bei mir u. Somit habe ich : [mm] [\bruch{1}{2}*e^{-x}*x^{2}*\bruch{1}{2}]- \integral_{0}^{x}{-\bruch{1}{2}*e^{-x}*\bruch{1}{2}*x^{2}}. [/mm] Ist es soweit richtig? Habe ich u und v richtig ausgewählt?
Ich bedanke mich im Voraus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:11 Fr 22.05.2009 | | Autor: | kaleu74 |
Hallo Tonika,
leider ist Dein Erwartungswert nicht richtig berechnet, beachte die Definition des Erwartungswertes:
[mm] $\mathds{E}X=\int_{\Omega}x\cdot [/mm] f(x) dx$
also
[mm] $\mathds{E}X=\int_{\mathds{R}}x\cdot \bruch{1}{2}e^{-|x|}dx=\int_{-\infty}^{0}x\cdot \bruch{1}{2}e^{x}dx+\int_{0}^{\infty}x\cdot \bruch{1}{2}e^{-x}dx$
[/mm]
es gibt noch eine andere Möglichkeit die so aussieht:
[mm] $\mathds{E}X=\int_{\mathds{R}}1-F(z)dz$
[/mm]
vg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:49 So 24.05.2009 | | Autor: | ToniKa |
Hallo kaleu74,
danke für Deine Korrektur, ich werde noch mal versuchen das zu lösen.
Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:29 Mi 20.05.2009 | | Autor: | kaleu74 |
Hallo Tonika,
Luis hat ja bereits gezeigt wie man auf die Verteilung kommt aber vielleicht noch eine kleine Bemerkung zum Verständnis. Wie Du siehst habe ich in meiner 1.Antwort das Ausgangsintegral mittels zweier Indikatorfunktionen zerlegt, wobei ich [mm] $\mathds{R}$ [/mm] in disjunkte Borelmengen teilte. Sei $X$ die Zufallsvariable mit Deiner Dichte $f(x)$ dann gilt doch:
[mm] $F(x)=P(X\le x)=P(X\in (-\infty,x])$
[/mm]
also: [mm] $(-\infty,x]=\mathds{R}\cap (-\infty,x]=((-\infty,0]\cup (0,\infty))\cap (-\infty,x]=((-\infty,0]\cap (-\infty,x])\cup ((0,\infty)\cap (-\infty,x])$
[/mm]
jetzt setzen wir mal: [mm] $I_{1}=(-\infty,0]\cap (-\infty,x]$ [/mm] und [mm] $I_{2}=(0,\infty)\cap (-\infty,x]\rightarrow I_{1}\ [/mm] und\ [mm] I_{2}\ [/mm] sind\ disjunkt$
[mm] $\Rightarrow P(X\in (-\infty,x])=P(X\in I_{1}\cup I_{2})=P(X\in I_{1})+P(X\in I_{2})$
[/mm]
Als letzte Bemerkung: Schau Dir doch mal den Plot der Dichte an, diese ist u.a. symmetrisch um Null und jede Seite hat die Wahrscheinlichkeitsmasse von [mm] $\bruch{1}{2}$. [/mm] Was bedeutet das für [mm] $x\ge [/mm] 0$ bzw. [mm] $x\le [/mm] 0$?
gruß andy
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:44 Do 21.05.2009 | | Autor: | ToniKa |
Hallo Andy, ich danke Dir für Deine Hilfe
Gruß
ToniKa
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