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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:04 Mo 22.04.2013 | | Autor: | erisve |
| Aufgabe | zu zeigen:
[mm] \integral_{u}^{\infty}{(ln(x)-ln(u)) dF(x)} [/mm] =
[mm] \integral_{u}^{\infty}{\frac{1-F(x)}{x} dx} [/mm] |
Hallo, ich versuche grade einen Beweis zu verstehen,wobei ich den obigen Schritt nicht nachvollziehen kann.
Das ganze funktioniert wohl mit Hilfe partieller Integration.
Setze ich also u(x)=ln(x)-ln(u)
v'(x)= dF(x)
entsprechend würde ich erhalten:
[mm] \integral_{u}^{\infty}{(ln(x)-ln(u)) dF(x)} [/mm] = [mm] [(ln(x)-ln(u))*F(x)]_{u}^{\infty}- \integral_{u}^{\infty}{\frac{F(x)}{x} dx}
[/mm]
Entsprechend müsste ich dann doch zeigen, dass
[mm] [(ln(x)-ln(u))*F(x)]_{u}^{\infty} [/mm] =
[mm] \integral_{u}^{\infty}{\frac{1}{x} dx}
[/mm]
Bin ich so weit auf dem richtigen Weg, was meint ihr?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:31 So 05.02.2017 | | Autor: | wbs92 |
Wie erhält man dann letztendlich das Integral?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:13 Mo 22.04.2013 | | Autor: | fred97 |
> zu zeigen:
> [mm]\integral_{u}^{\infty}{(ln(x)-ln(u)) dF(x)}[/mm] =
> [mm]\integral_{u}^{\infty}{\frac{1-F(x)}{x} dx}[/mm]
> Hallo, ich
> versuche grade einen Beweis zu verstehen,wobei ich den
> obigen Schritt nicht nachvollziehen kann.
> Das ganze funktioniert wohl mit Hilfe partieller
> Integration.
> Setze ich also u(x)=ln(x)-ln(u)
> v'(x)= dF(x)
> entsprechend würde ich erhalten:
> [mm]\integral_{u}^{\infty}{(ln(x)-ln(u)) dF(x)}[/mm] =
> [mm][(ln(x)-ln(u))*F(x)]_{u}^{\infty}- \integral_{u}^{\infty}{\frac{F(x)}{x} dx}[/mm]
>
> Entsprechend müsste ich dann doch zeigen, dass
> [mm][(ln(x)-ln(u))*F(x)]_{u}^{\infty}[/mm] =
> [mm]\integral_{u}^{\infty}{\frac{1}{x} dx}[/mm]
>
> Bin ich so weit auf dem richtigen Weg, was meint ihr?
Na ja, vielleicht, vielleicht auch nicht.
1. Ist mit
$ [mm] \integral_{u}^{\infty}{(ln(x)-ln(u)) dF(x)} [/mm] $ ein Riemann- Stieltjes - Integral gemeint ?
2. Wenn ja, Was ist F ?
3. Bedenke: [mm]\integral_{u}^{\infty}{\frac{1}{x} dx}[/mm] ist divergent !
ich denke, ohne nähere Informationen über F , kommen wir nicht weiter.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:24 Mo 22.04.2013 | | Autor: | erisve |
Danke für deine Antwort ;)
Ich hatte vergessen zu erwähnen, dass es sich bei F(x) um eine Verteilungsfunktion handelt. Hilft uns das weiter?
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Hallo,
> Danke für deine Antwort ;)
> Ich hatte vergessen zu erwähnen, dass es sich bei F(x) um
> eine Verteilungsfunktion handelt. Hilft uns das weiter?
Für mich sieht das eher nach einer Anwendung des Satzes von Fubini aus.
Wenn zum Beispiel u > 0 gilt, so sind alle in den folgenden Integralen auftretende Funktionen positiv und es gilt:
[mm] $\int_{u}^{\infty}\Big[\ln(x) [/mm] - [mm] \ln(u)\Big] [/mm] d F(x) = [mm] \int_{u}^{\infty}\left(\int_{u}^{x} \frac{1}{y} dy \right)d [/mm] F(x)$.
Nun kannst du Fubini anwenden, d.h. die Integrale vertauschen. Beachte dann, dass gilt: [mm] $\int_{a}^{b} [/mm] d F(x) = F(b) - F(a)$. ($a,b = [mm] \pm \infty$ [/mm] zugelassen)
Viele Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:36 So 05.02.2017 | | Autor: | wbs92 |
Man erhält doch dann mit Fubini
[mm] \int_{u}^{x} \frac{1-F(u)}{y} [/mm] dy .
Wieso entspricht dies dem gewünschten?
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Hiho,
> Man erhält doch dann mit Fubini [mm]\int_{u}^{x} \frac{1-F(u)}{y}[/mm] dy .
Nein, erhält man nicht.
Dein Integrationsbereich ist ja [mm] $\{(x,y) \in \IR^2 | u \le x, y\le x\}$ [/mm] damit folgt mit Fubini:
[mm] $\int_u^\infty \int_u^x \frac{1}{y} [/mm] dy dF(x) = [mm] \int_u^\infty \int_y^\infty \frac{1}{y} [/mm] dF(x) dy$
Und da kommt eben nicht das raus, was du hinschreibst, sondern das gewünschte, wenn man das innere Integral nun löst.
Gruß,
Gono
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