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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:21 Fr 02.01.2009 | | Autor: | xxxx |
| Aufgabe | Es sei X [mm] \sim N(10,4^2) [/mm] Normalverteilt.
Berechne P(12 < X < 16)
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Sei Z = [mm] \bruch{X-10}{4}
[/mm]
dann ist
P(12 < X < 16) = [mm] P(\bruch{12-10}{4} [/mm] < [mm] \bruch{X-10}{4} [/mm] < [mm] \bruch{16-10}{4})
[/mm]
=P(0,5 < Z < 1.5)
= h(1,5) - h(0,5)
=0,9332 - 0,6915
=0,2417
also das hier ist mir alles klar, nur wo ich immer ein bisschen hänge ist, dass wir das h leider nicht in dieser Tabelle nachschauen duerfen, wir mussen das selber ausrechnen. Die Formel dafuer laute ja:
h(z) = [mm] \bruch{1}{\wurzel{2 \pi}} \integral_{z}^{- \infty}{f(e^{- \bruch{t^2}{2}} dt}
[/mm]
so, krieg ich auch die oben gesuchten Zahlen raus, nur was ich gerne wissen möchte, was mach ich, wenn ich z.B
P(|X| < 16) dort stehen habe, was benutze ich dann als Grenzwerte... die ober Grenze ist mir klar, die ist hier 16, aber was ist mit der unteren? Da bin ich mir ziemlich unsicher...
Und was mache ich, wenn ich P(|X| + |Y| <= 1 ) habe?
Hier sind X und Y unabhangig und N(0,1). Also die Verteilungsfunktion habe ich dazu schon ausgerechnet, dass war
h(z) = [mm] \bruch{1}{o^2 \wurzel{ \pi}} \integral_{z}^{- \infty}{e^{- \bruch{(z - \mu_1 - \mu_2)^2}{4o^2}} dt }
[/mm]
nur jetzt steh ich hier wieder vor dem Problem der unteren Grenze, ich denke mal das die obere 1 ist, macht ja Sinn, nur was ist mit der unteren ?
wäre echt super wenn mir jemand helfen könnte
lg xxxx
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:22 Sa 03.01.2009 | | Autor: | Damn88 |
Hey, ich schreib das einfach mal hierzu, weil ich mich auch mit dem Thema:
X,Y unabhängig, N(0,1) verteilte ZV und der Frage was [mm] P[|X|+|Y|\le [/mm] r] mit r>0 ist, beschäftige..
In der Vorlesung hatten wir, dass dann E(|Y|)= [mm] E(|X|)=\wurzel(2/pi)
[/mm]
und [mm] E(X^2)=E(Y^2) [/mm] = 1 ist also ist Var(|X|)=Var(|Y|)= 1-2/pi
also sind |X| und |Y| [mm] N(\wurzel(2/pi),1-2/pi) [/mm] verteilt
und dadurch |X|+|Y| [mm] N(2*\wurzel(2/pi),2-4/pi) [/mm] verteilt
(Stimmt das? oder vertu ich mich hier?)
Dann wäre P(|X|+|Y| [mm] \le [/mm] r) = [mm] \bruch{1}{\wurzel(4\pi-8)}*\integral_{-\infty}^{r}{exp(\bruch{-(t-2*\wurzel{\bruch{2}{\pi}})^2}{4-8\pi})dt}
[/mm]
so.. nun soll ich aber für r=1,2,3 konkrete Werte berechnen.. weiß aber absolut nicht wie ich dieses Integral berechnen soll!!
Kann mir einer helfen?
Vielen vielen Dank!!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:31 So 04.01.2009 | | Autor: | luis52 |
Moin Damn88,
> Hey, ich schreib das einfach mal hierzu, weil ich mich auch
> mit dem Thema:
Bitte nicht neue Fragen an eine andere Frage anhaengen.
Das gibt zu viel Kuddel-Muddel.
> X,Y unabhängig, N(0,1) verteilte ZV und der Frage was
> [mm]P[|X|+|Y|\le[/mm] r] mit r>0 ist, beschäftige..
>
> In der Vorlesung hatten wir, dass dann E(|Y|)=
> [mm]E(|X|)=\wurzel(2/pi)[/mm]
> und [mm]E(X^2)=E(Y^2)[/mm] = 1 ist also ist Var(|X|)=Var(|Y|)=
> 1-2/pi
>
> also sind |X| und |Y| [mm]N(\wurzel(2/pi),1-2/pi)[/mm] verteilt
> und dadurch |X|+|Y| [mm]N(2*\wurzel(2/pi),2-4/pi)[/mm] verteilt
>
> (Stimmt das? oder vertu ich mich hier?)
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
|X| nimmt nur positive Werte an, kann also nicht normalverteilt sein.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:18 So 04.01.2009 | | Autor: | Damn88 |
Danke schön!
Schade dass das nicht funktioniert ;)
ich hoffe, dass ich das bis zur Klausur endlich alles besser verstehen werde..
Hab jetzt noch mal überlegt...
zuerst interessiere ich mich mal für die Verteilung von|X| bzw |Y|:
[mm] P(|X|\le [/mm] x) = P(-x [mm] \le [/mm] X [mm] \le [/mm] x) = [mm] \phi(x) [/mm] - [mm] \phi(-x) [/mm] = [mm] \phi(x)-(1-\phi(x)) [/mm] = [mm] 2\phi(x) [/mm] -1 (= [mm] P(|Y|\le [/mm] x) ) (Also auch nicht normalverteilt..)
Nur bekomm ich es nun nicht hin [mm] P(|X|+|Y|\le [/mm] x) zu bestimmen
Die Faltung kann ich hier doch nicht benutzen, oder?
|X| und |Y| sind doch wegen der "-1" in [mm] 2\phi(x) [/mm] -1 nicht absolutstetig, oder?
Wir haben als Tipp bekommen, dass wir das auf eine andere Aufgabe zurückführen können, in der es um die Verteilung von X+Y, wobei X, Y unabhängig normalverteilte ZV mit der selben Varianz, ging..
Wenn aber doch |X| und |Y| nicht normalverteilt sind, weiß ich nicht was der Tipp bringen soll.
Wenn ich [mm] P(|X|+|Y|\le [/mm] x) versuche umzuschreiben, [mm] z.B.:P(|X|\le [/mm] x-|Y|) führt mich das auch zu nichts, da dann ja auf der rechten Seite ja noch eine Zufallsvariable steht
Wahrscheinlich ist folgendes auch total falsch:
Wenn ich mir [mm] |X|+|Y|\le [/mm] x aufzeichne, ist das ja ein Quadrat um (0,0) mit Eckpunkten (0,x),(0,-x),(x,0),(-x,0)..Vielleicht könnte man ja nur ein Viertel davon berechnen..und dann einfach mal vier nehmen?
Ich weiß einfach nicht weiter..und häng schon so lange daran..kann mir noch einmal jemand helfen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:35 So 04.01.2009 | | Autor: | luis52 |
>
> Wahrscheinlich ist folgendes auch total falsch:
> Wenn ich mir [mm]|X|+|Y|\le[/mm] x aufzeichne, ist das ja ein
> Quadrat um (0,0) mit Eckpunkten
> (0,x),(0,-x),(x,0),(-x,0)..Vielleicht könnte man ja nur ein
> Viertel davon berechnen..und dann einfach mal vier nehmen?
>
Ich glaube, das bringt dich weiter. Es gilt ja fuer $x>0$:
[mm] $P(|X|+|Y|\le x)=P(X+Y\le [/mm] x, [mm] X>0,Y>0)+P(X-Y\le [/mm] x, X>0,Y<0)$
[mm] $+P(-X+Y\le [/mm] x, [mm] X<0,Y>0)+P(-X-Y\le [/mm] x, X<0,Y<0)$.
So kannst du auch dein Vorwissen aus der anderen Aufgabe verwursten.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:10 So 04.01.2009 | | Autor: | Damn88 |
aah super, danke schon mal!!!!
Es gilt ja dann: E(X)=E(Y)=E(-Y)=E(-X)=0 und Var(X)=Var(-X)=Var(Y)=Var(-Y)=1
Also sind dann X und -X sowie Y und -Y gleichverteilt..
also gilt auch [mm] P(X+Y\le [/mm] x) = [mm] P(X-Y\le [/mm] x) = [mm] P(-X+Y\le [/mm] x) = [mm] P(-X-Y\le [/mm] x)
Kann ich denn dann aus $ [mm] P(|X|+|Y|\le x)=P(X+Y\le [/mm] x, [mm] X>0,Y>0)+P(X-Y\le [/mm] x, X>0,Y<0) $
$ [mm] +P(-X+Y\le [/mm] x, [mm] X<0,Y>0)+P(-X-Y\le [/mm] x, X<0,Y<0) $
einfach
[mm] 4*P(X+Y\le [/mm] x) machen oder muss ich noch die verschiedenen Wahrscheinlichkeiten von X>0,Y<0 usw. beachten?
Dann hätte ich
[mm] 4*P(X+Y\le [/mm] x) = [mm] \bruch{4}{\wurzel{4*\pi*\sigma^2}}*\integral_{-\infty}^{x}{e^{-\bruch{t^2}{4}}dt}
[/mm]
und stehe wieder vor dem Problem wie ich dieses Integral für bestimmte x berechne! Wir hatten das einfach noch nie..wie mache ich das denn allgemein?
Viele Grüße,
Damn
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:24 So 04.01.2009 | | Autor: | luis52 |
> Es gilt ja dann: E(X)=E(Y)=E(-Y)=E(-X)=0 und
> Var(X)=Var(-X)=Var(Y)=Var(-Y)=1
> Also sind dann X und -X sowie Y und -Y gleichverteilt..
Besser "identisch verteilt".
> also gilt auch [mm]P(X+Y\le[/mm] x) = [mm]P(X-Y\le[/mm] x) = [mm]P(-X+Y\le[/mm] x) =
> [mm]P(-X-Y\le[/mm] x)
Was viel wichtiger ist: Es gilt
[mm] $P(X+Y\le [/mm] x, [mm] X>0,Y>0)=P(X-Y\le [/mm] x, X>0,Y<0)$
[mm] $=P(-X+Y\le [/mm] x, X<0,Y>0) [mm] =P(-X-Y\le [/mm] x, X<0,Y<0)$
Also musst du nur [mm] $P(X+Y\le [/mm] x, X>0,Y>0)$ berechnen. Einem frueherem
Posting von dir entnehme ich, dass du dir eine Skizze gemacht hast.
Versuche daran nachzuvollziehen:
[mm] $P(X+Y\le [/mm] x, [mm] X>0,Y>0)=\int_{0}^x\int_{0}^{x-r}\varphi(r)\varphi(s)\,ds [/mm] dr$.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:00 So 04.01.2009 | | Autor: | Damn88 |
Hey, mit Hilfe der Skizze weiß ich ehrlich gesagt nicht, wie man auf
$ [mm] P(X+Y\le [/mm] x, [mm] X>0,Y>0)=\int_{0}^x\int_{0}^{x-r}\varphi(r)\varphi(s)\,ds [/mm] dr $ kommt...
Kannst du mir das vielleicht noch erklären?
und wie man die Integrale dann für bestimmte Zahlen ausrechnet?
Wäre echt sehr dankbar.. :)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:39 So 04.01.2009 | | Autor: | luis52 |
Ziehen wir die Chose mal anders auf.
1) Bestimme die Verteilungsfunktion G(x) von |X|.
2) Bestimme die Dichte g(x)=G'(x) von |X|.
3) |X| und |Y| sind identisch verteilt.
4) Da X und Y unabhaengig sind ist die gemeinsame Dichte von (|X|,|Y|)
gegeben durch g(x)g(y).
Es gilt
[mm] $P(|X|+|Y|\le r)=P(|Y|\le r-|X|)=\int_0^r \int_0^{r-u} g(u)g(v)\, [/mm] dv du$.
Es zeigt sich, dass gilt [mm] $G(x)=2\Phi(x)-1$ [/mm] und [mm] $g(x)=2\varphi(x)$. [/mm] Es
folgt
[mm] $P(|X|+|Y|\le r)=4\int_0^r \int_0^{r-u} \varphi(u)\varphi(v)\, [/mm] dv du$.
Das ist im Prinzip dasselbe Doppelintegral wie oben.
Ich bin etwas ratlos, was seine konkrete Auswertung betrifft. Ich
errechne:
[mm] $\int_0^r \int_0^{r-u} \varphi(u)\varphi(v)\, [/mm] dv [mm] du=\int_0^r\varphi(u) \int_0^{r-u} \varphi(v)\, [/mm] dv du$
[mm] $=\int_0^r\varphi(u) [\Phi(r-u)-\Phi(0)]\, [/mm] dv du [mm] =\int_0^r\varphi(u)\Phi(r-u)\,du-\frac{1}{2}[\Phi(x)-1/2]$
[/mm]
Das Integral [mm] $\int_0^r\varphi(u)\Phi(r-u)\,du$ [/mm] riecht nach Substitution, aber es gelingt mir nicht, eine geschlossene Form zu finden. :-(
vg Luis
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> Es sei X [mm]\sim N(10,4^2)[/mm] Normalverteilt.
> Berechne P(12 < X < 16)
>
>
> Sei Z = [mm]\bruch{X-10}{4}[/mm]
>
> dann ist
>
> P(12 < X < 16) = [mm]P(\bruch{12-10}{4}[/mm] < [mm]\bruch{X-10}{4}<\bruch{16-10}{4})[/mm]
>
> =P(0,5 < Z < 1.5) ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> = h(1,5) - h(0,5)
> =0,9332 - 0,6915
> =0,2417
>
> also das hier ist mir alles klar, nur wo ich immer ein
> bisschen hänge ist, dass wir das h leider nicht in dieser
> Tabelle nachschauen duerfen, wir müssen das selber
> ausrechnen. Die Formel dafuer lautet ja:
>
> h(z) = [mm]\bruch{1}{\wurzel{2 \pi}} \integral_{z}^{- \infty}{f(e^{- \bruch{t^2}{2}} dt}[/mm]
Grenzen verkehrt ! [mm] -\infty [/mm] ist die untere Grenze
und das f( hat im Integranden nichts zu suchen
Die vorliegende Aufgabe kann man natürlich mit
einem Integral lösen, das von 0.5 bis 1.5 geht !
> so, krieg ich auch die oben gesuchten Zahlen raus, nur was
> ich gerne wissen möchte, was mach ich, wenn ich z.B
>
> P(|X| < 16) dort stehen habe, was benutze ich dann als
> Grenzwerte... die ober Grenze ist mir klar, die ist hier
> 16, aber was ist mit der unteren? Da bin ich mir ziemlich
> unsicher...
|X|<16 ist äquivalent zu -16<X<16 !
>
> Und was mache ich, wenn ich P(|X| + |Y| <= 1 ) habe?
> Hier sind X und Y unabhängig und N(0,1). Also die
> Verteilungsfunktion habe ich dazu schon ausgerechnet, dass
> war
>
> h(z) = [mm]\bruch{1}{o^2 \wurzel{ \pi}} \integral_{z}^{- \infty}{e^{- \bruch{(z - \mu_1 - \mu_2)^2}{4o^2}} dt }[/mm]
Ist dies wirklich die Verteilung von |X| + |Y| ?? [zweifel]
und nebenbei: [mm] \sigma [/mm] schreibt man als \sigma
LG
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 15:18 Mo 05.01.2009 | | Autor: | xxxx |
hey, also inzwischen bin ich ziemlich verwirrt. Ich hab mir zwar alles von oben durchgelesen, nur irgendwie kommt es mir so vor, wie als ob man sich im Kreis dreht, gibt es denn keine simplere Methode, könnte ich nicht einfach sagen:
P(|X| + |Y| [mm] \le [/mm] 1) = P(-1 <= X+Y <= 1)
wahrscheinlich nicht, weil X+Y [mm] \not= [/mm] |X| + |Y| ist.
Oder könnte ich eventuell sagen,
P(|X| + |Y| [mm] \le [/mm] 1) = P(-1 - |Y| <= X <= 1 - |Y| ) und da ich ja weiss, dass wenn x = 1, y = 0
dass dann gilt:
P(-1 <= X <= 1)
= [mm] \phi [/mm] (x) - ( 1- [mm] \phi [/mm] (x))
und das kann ich ja recht simple ausrechnen, ist nur die frage, ob ich dann das gleiche auch fuer mein Y machen kann, weil dort wuerde ja dann gelten
P(-1 - |X| <= Y <= 1 - |X| )
y = 1, x = 0
und das wäre ja wieder das selbe. Ich weiss auch nicht so genau, ob ich die dann zusammenaddieren kann ich hab echt keinen Schimmer.Ich hab in einer anderen Aufgabe auch die Gemeinsame Verteilung fuer X+Y ausgerechnet, weiss nur nicht, ob das hier gross was hilft...
vielleicht kann mir irgendjemand einen kleinen Tip geben...
lg xxxx
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Hallo xxxx,
ich versuche auch gerade, mir dies von Grund auf
zu erarbeiten, ohne einfach auf Formeln zurück-
zugreifen. So muss ich vorgehen, wenn ich etwas
wirklich verstehen will.
Also, wir haben:
$\ X,Y$ unabhängig, beide Standard-normalverteilt $\ N(0,1)$
gesucht: $\ [mm] P(|X|+|Y|\le{1})\ [/mm] =\ \ ?$
Für X (und auch für Y) ist die Dichtefunktion
$\ [mm] f_X(x)\ [/mm] =\ [mm] \bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}*e^{-\bruch{1}{2}x^2}$
[/mm]
Für die Dichtefunktion von |X| (und auch |Y|) gilt:
$\ [mm] f_{|X|}(x)\ [/mm] =\ [mm] \begin{cases} 0\ , & \mbox{für } x<0 \\ f_X(x)+f_X(-x)=2*f_X(x)\ , & \mbox{für } x\ge 0 \end{cases}$
[/mm]
So, und nun zur Summe der Beträge:
um Verwechslungen auszuschliessen, verwende ich
die Hilfsbezeichnungen u=|x| , v=|y|
[mm] |x|+|y|\le [/mm] 1 bedeutet: [mm] u\ge [/mm] 0, [mm] v\ge [/mm] 0, [mm] u\le [/mm] 1, [mm] v\le [/mm] 1-u
In der u-v-Ebene wird die Bedingung erfüllt für
alle Punkte im Dreieck mit den Eckpunkten
O(0/0), P(1/0), Q(0/1). Die Dichtefunktion für
die doppelte Integration ist wegen der Unabhän-
gigkeit gleich dem Produkt der Dichten von u
und v, also:
$\ [mm] f_{(u,v)}\ [/mm] =\ [mm] f_{|X|}(u)*f_{|Y|}(v)$
[/mm]
Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit erhalten wir
so:
$\ [mm] P(|X|+|Y|\le{1})\ [/mm] =\ [mm] \integral_{u=0}^{1}\ \integral_{v=0}^{1-u}f_{|X|}(u)*f_{|Y|}(v)\ [/mm] dv\ du$
Eingesetzt und etwas umgeformt:
$\ [mm] P(|X|+|Y|\le{1})\ [/mm] =\ [mm] \bruch{2}{\pi}*\integral_{u=0}^{1}e^{-\bruch{1}{2}u^2}\ \left(\ \integral_{v=0}^{1-u}e^{-\bruch{1}{2}v^2}\ dv\right)\ [/mm] du$
Formal integrieren lässt sich dies wohl nicht;
das Ergebnis für das innere Integral könnte
man aber mit der Phi-Funktion schreiben als
[mm] $\integral_{v=0}^{1-u}e^{-\bruch{1}{2}v^2}\ [/mm] dv\ =\ [mm] \Phi(1-u)-\Phi(0)=\ \Phi(1-u)-\bruch{1}{2}$
[/mm]
EDIT: hier habe ich zuerst den Normierungs-
faktor vergessen. Richtig müsste es heissen:
[mm] $\blue{\integral_{v=0}^{1-u}e^{-\bruch{1}{2}v^2}\ dv\ =\ \wurzel{2\pi\,}*( \Phi(1-u)-\Phi(0))=\ \wurzel{2\pi\,}*\left(\Phi(1-u)-\bruch{1}{2}\right)}$
[/mm]
Damit kommen wir zu einem Ergebnis, das
irgendwie dem gleicht, was Luis in seinem
letzten Beitrag schon gepostet hat.
Ich denke, die Integration ist ein Fall für
numerische Integration, lasse mich aber
allenfalls gern eines Besseren belehren.
Gruß Al-Chwarizmi
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