Dichte vs. Verteilungsfunktion < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:52 Sa 11.09.2010 | | Autor: | natascha |
| Aufgabe | Betrachte die Funktion f:R->R, x -> [mm] c(1-x)^{4}I_{x\in(0,1]}, [/mm] wobei für reelle a<b gilt [mm] I_{x\in(a,b]} [/mm] = [mm] \begin{cases} 1, & \mbox{für a
a) Wann ist die Funktion f die Wahrscheinlichkeitsdichte einer Zufallsvariablen X?
b) Berechne die Verteilungsfunktion F(x) von X.
c) Drücke Var(5-2X) als Funktion der 2 ersten Momente von X aus und berechne anschliessend den Wert.
d) Betrachte Ereignisse A := {X [mm] \in [/mm] [-2,2]} und B := {X <= 1/2}. Sind diese Ereignisse unabhängig? |
Hallo,
Ich habe ein paar Fragen zu dieser Aufgabe.
Bei a) habe ich das Integral zwischen 0 und 1 berechnet und somit c=5 erhalten. Die Funktion f ist als eine Wahrscheinlichkeitsdichte für c=5. Stimmt das so?
Bei b) habe ich jedoch nun ein Problem. Um F(x) zu berechnen, muss ich ja f(x) integrieren. Muss ich das unbestimmte Integral berechnen, dann wäre F(x) ja:
F(x) = [mm] c*1/*5x^{5} [/mm] - [mm] c*x^{4} [/mm] + [mm] 2*c*x^{3} [/mm] - [mm] 2*c*x^{2} [/mm] + c*x, und da wir wissen, das c=5 wäre dass dann:
F(x) = [mm] x^{5} [/mm] - [mm] 5x^{4} [/mm] + [mm] 10x^{3} [/mm] - [mm] 10x^{3} [/mm] + 5x
Stimmt das soweit?
Danke!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:06 Sa 11.09.2010 | | Autor: | Disap |
Huhu Natascha!
> Betrachte die Funktion f:R->R, x ->
> [mm]c(1-x)^{4}I_{x\in(0,1]},[/mm] wobei für reelle a<b gilt="">
> [mm]I_{x\in(a,b]}[/mm] = [mm]\begin{cases} 1, & \mbox{für a
>
> a) Wann ist die Funktion f die Wahrscheinlichkeitsdichte
> einer Zufallsvariablen X?
> b) Berechne die Verteilungsfunktion F(x) von X.
> c) Drücke Var(5-2X) als Funktion der 2 ersten Momente von
> X aus und berechne anschliessend den Wert.
> d) Betrachte Ereignisse A := X [mm]\in[/mm] [-2,2] und B := X <=
> 1/2. Sind diese Ereignisse unabhängig?
> Hallo,
>
> Ich habe ein paar Fragen zu dieser Aufgabe.
>
> Bei a) habe ich das Integral zwischen 0 und 1 berechnet und
...und gleich 1 gesetzt und somit...
> somit c=5 erhalten. Die Funktion f ist als eine
> Wahrscheinlichkeitsdichte für c=5. Stimmt das so?
Ja
> Bei b) habe ich jedoch nun ein Problem. Um F(x) zu
> berechnen, muss ich ja f(x) integrieren. Muss ich das
> unbestimmte Integral berechnen, dann wäre F(x) ja:
> F(x) = [mm]c*1/*5x^{5}[/mm] - [mm]c*x^{4}[/mm] + [mm]2*c*x^{3}[/mm] - [mm]2*c*x^{2}[/mm] +
> c*x, und da wir wissen, das c=5 wäre dass dann:
> F(x) = [mm]x^{5}[/mm] - [mm]5x^{4}[/mm] + [mm]10x^{3}[/mm] - [mm]10x^{3}[/mm] + 5x
>
> Stimmt das soweit?
Bis auf den Tippfehler mit [mm] -10x^3. [/mm] Das sind natürlich [mm] -10x^2 [/mm] (ist dir ja eh klar, da du sonst [mm] 10x^3 [/mm] - [mm] 10x^3 [/mm] zu 0 zusammengefasst hättest)
MfG
Disap
> Danke!
</b>
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Hallo
<b gilt="">
> Bei b) habe ich jedoch nun ein Problem. Um F(x) zu
> berechnen, muss ich ja f(x) integrieren. Muss ich das
> unbestimmte Integral berechnen, dann wäre F(x) ja:
> F(x) = [mm]c*1/*5x^{5}[/mm] - [mm]c*x^{4}[/mm] + [mm]2*c*x^{3}[/mm] - [mm]2*c*x^{2}[/mm] +
> c*x, und da wir wissen, das c=5 wäre dass dann:
> F(x) = [mm]x^{5}[/mm] - [mm]5x^{4}[/mm] + [mm]10x^{3}[/mm] - [mm]10x^{3}[/mm] + 5x
>
> Stimmt das soweit?
F(x) ist definiert als [mm]P(X \le x)[/mm]. In deiner aufgabe ist [mm]x \in \left[0,1\right][/mm], somit musst du für F(x) das integral von 0 bis x berechnen.
Also [mm]F(x) = P(X \le x) = \int\limits_{-\infty}^{x}{f(x)dx} \overset{x \in \left[0,1\right]}{=} \int\limits_{0}^{x}{f(x) dx}[/mm]
>
> Danke!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:25 Sa 11.09.2010 | | Autor: | natascha |
Super, danke für eure Antworten!
Ich bin jetzt bei Aufgabe c)
Var(5-2X) = 5-4Var(X), mit den Momenten ausgedrückt:
= 5 - [mm] 4E(X^{2}) [/mm] - 4 [mm] (E(X)^{2})
[/mm]
Doch wie berechne ich nun den konkreten Wert?
[mm] E(X^{2}) [/mm] = Summe für alle x von x²p(x), laut meiner Definition, jedoch scheint mir das eher für diskrete Wahrscheinlichkeitsvariablen zu sein als für stetige, oder?
Danke!
Liebe Grüsse,
Natascha
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:38 Sa 11.09.2010 | | Autor: | Disap |
> Ich bin jetzt bei Aufgabe c)
> Var(5-2X) = 5-4Var(X), mit den Momenten ausgedrückt:
> = 5 - [mm]4E(X^{2})[/mm] - 4 [mm](E(X)^{2})[/mm]
Nein. Es gibt (ähnlich wie die Rechenregeln mit dem Erwartungswert) auch hier Rechenregeln, die ich als "lineare Transformation" kenne.
D. h. es gilt
[mm]Var(aX+b) = a^2 Var(X)[/mm]
> Doch wie berechne ich nun den konkreten Wert?
> [mm]E(X^{2})[/mm] = Summe für alle x von x²p(x), laut meiner
> Definition, jedoch scheint mir das eher für diskrete
> Wahrscheinlichkeitsvariablen zu sein als für stetige,
> oder?
Genau!
Entweder gilt (X quadratisch integrierbare Zufallsvariable mit Dichte f und Erwartungswert EX):
$V(X) = [mm] \int_{-\infty}^\infty [/mm] (t- EX)^2f(t) dt$
oder für die reelle Zufallsvariable X (natürlich mit [mm] $EX^2 [/mm] < [mm] \infty$)
[/mm]
$V(X) = [mm] EX^2 [/mm] - [mm] (EX)^2$
[/mm]
Und um sich jetzt noch deiner Frage zu nähern, gilt für X mit einer Dichte gerade
$EX = [mm] \int_{-\infty}^\infty [/mm] t*f(t) dt$
Für [mm] $EX^2$ [/mm] kannst du daher analog verwenden
[mm] $EX^2 [/mm] = [mm] \int_{-\infty}^\infty t^2*f(t) [/mm] dt$
Hilft dir das ein wenig weiter?
LG
Disap
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:35 Sa 11.09.2010 | | Autor: | natascha |
> > Ich bin jetzt bei Aufgabe c)
> > Var(5-2X) = 5-4Var(X), mit den Momenten ausgedrückt:
> > = 5 - [mm]4E(X^{2})[/mm] - 4 [mm](E(X)^{2})[/mm]
>
> Nein. Es gibt (ähnlich wie die Rechenregeln mit dem
> Erwartungswert) auch hier Rechenregeln, die ich als
> "lineare Transformation" kenne.
> D. h. es gilt
>
> [mm]Var(aX+b) = a^2 Var(X)[/mm]
Oh ja stimmt, da habe ich wohl etwas verwechselt. Dann gibts natürlich
Var (5+2X) = 4Var(X)
>
> > Doch wie berechne ich nun den konkreten Wert?
> > [mm]E(X^{2})[/mm] = Summe für alle x von x²p(x), laut meiner
> > Definition, jedoch scheint mir das eher für diskrete
> > Wahrscheinlichkeitsvariablen zu sein als für stetige,
> > oder?
>
> Genau!
>
> Entweder gilt (X quadratisch integrierbare Zufallsvariable
> mit Dichte f und Erwartungswert EX):
>
> [mm]V(X) = \int_{-\infty}^\infty (t- EX)^2f(t) dt[/mm]
>
> oder für die reelle Zufallsvariable X (natürlich mit [mm]EX^2 < \infty[/mm])
>
> [mm]V(X) = EX^2 - (EX)^2[/mm]
>
> Und um sich jetzt noch deiner Frage zu nähern, gilt für X
> mit einer Dichte gerade
>
> [mm]EX = \int_{-\infty}^\infty t*f(t) dt[/mm]
>
> Für [mm]EX^2[/mm] kannst du daher analog verwenden
>
> [mm]EX^2 = \int_{-\infty}^\infty t^2*f(t) dt[/mm]
>
> Hilft dir das ein wenig weiter?
Danke, genau so eine Definition hatte ich gesucht. Ich rechne also
E(X) = [mm] \integral_{}^{}{xf(x)dx} [/mm] = [mm] \integral_{}^{}{cx(1-x)^{4} dx} [/mm] = [mm] 5/6x^{6} [/mm] - 4x{5} + [mm] 30/4x^{4} [/mm] - [mm] 20/3x^{3} [/mm] + [mm] 5x^{2}
[/mm]
und analog für [mm] E(X^{2}) [/mm] = [mm] \integral_{}^{}{x^{2}f(x)dx} [/mm] = [mm] 5/7x^{7} [/mm] - 4x{6} + [mm] 5x^{5} -4x^{4} [/mm] + [mm] x^{3}
[/mm]
Das heisst nach dem Einsetzen erhalte ich für die Var(X) einen Wert in Abhängigkeit von x. Ist das dann richtig so?
>
> LG
> Disap
>
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Hallo
> Danke, genau so eine Definition hatte ich gesucht. Ich
> rechne also
> E(X) = [mm]\integral_{}^{}{xf(x)dx}[/mm] =
> [mm]\integral_{}^{}{cx(1-x)^{4} dx}[/mm] = [mm]5/6x^{6}[/mm] - 4x{5} +
> [mm]30/4x^{4}[/mm] - [mm]20/3x^{3}[/mm] + [mm]5x^{2}[/mm]
> und analog für [mm]E(X^{2})[/mm] = [mm]\integral_{}^{}{x^{2}f(x)dx}[/mm] =
> [mm]5/7x^{7}[/mm] - 4x{6} + [mm]5x^{5} -4x^{4}[/mm] + [mm]x^{3}[/mm]
>
> Das heisst nach dem Einsetzen erhalte ich für die Var(X)
> einen Wert in Abhängigkeit von x. Ist das dann richtig so?
Nein. Für den Erwartungswert muss du über den ganzen Raum integrieren (bzw. über den Raum, über den die Zufallsvariabel definiert ist).
Das unbestimmte Integral hilft dir hier nicht.. :)
> >
> > LG
> > Disap
> >
Grüsse, Amaro
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:39 Sa 11.09.2010 | | Autor: | natascha |
> Hallo
>
> > Danke, genau so eine Definition hatte ich gesucht. Ich
> > rechne also
> > E(X) = [mm]\integral_{}^{}{xf(x)dx}[/mm] =
> > [mm]\integral_{}^{}{cx(1-x)^{4} dx}[/mm] = [mm]5/6x^{6}[/mm] - 4x{5} +
> > [mm]30/4x^{4}[/mm] - [mm]20/3x^{3}[/mm] + [mm]5x^{2}[/mm]
> > und analog für [mm]E(X^{2})[/mm] = [mm]\integral_{}^{}{x^{2}f(x)dx}[/mm]
> =
> > [mm]5/7x^{7}[/mm] - 4x{6} + [mm]5x^{5} -4x^{4}[/mm] + [mm]x^{3}[/mm]
> >
> > Das heisst nach dem Einsetzen erhalte ich für die Var(X)
> > einen Wert in Abhängigkeit von x. Ist das dann richtig so?
>
> Nein. Für den Erwartungswert muss du über den ganzen Raum
> integrieren (bzw. über den Raum, über den die
> Zufallsvariabel definiert ist).
> Das unbestimmte Integral hilft dir hier nicht.. :)
>
Du hast völlig Recht, so bringt das ja irgendwie nichts..in meinem Fall muss ich also das Integral zwischen 0 und 1 ausrechnen?
Grüsse,
Natascha
> > >
> > > LG
> > > Disap
> > >
>
> Grüsse, Amaro
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Hey!
> Du hast völlig Recht, so bringt das ja irgendwie
> nichts..in meinem Fall muss ich also das Integral zwischen
> 0 und 1 ausrechnen?
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![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Das ist richtig :)
> Grüsse,
>
> Natascha
Grüsse, Amaro
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:53 Sa 11.09.2010 | | Autor: | natascha |
Super, danke für die schnelle Antwort!
Liebe Grüsse,
Nati
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