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| Aufgabe | Sei X eine Zufallsvariable mit Verteilungsfunktion P{X [mm] \le [/mm] x} = [mm] F_{X}(x)=(1-x^{-\alpha})1_{[1,\infty)}(x), [/mm] x [mm] \in \IR.
[/mm]
(a) Begründen Sie, warum [mm] F_{X} [/mm] nur für [mm] \alpha [/mm] > 0 tatsächlich eine Verteilungsfunktion ist. Berechnen Sie in dem Fall eine Dichte [mm] f_{X} [/mm] von [mm] F_{X}.
[/mm]
(b) Berechnen Sie den Erwartungswert von X. Für welche Werte von [mm] \alpha [/mm] > 0 ist E(X) endlich?
(c) Berechnen Sie die Varianz von X in dem Fall, dass E(X) endlich ist. Wann ist Var(X) endlich? |
Moin moin,
wir kommen gerade bei obiger Aufgabenstellung ein wenig ins Stocken. Eine Verteilungsfunktion wurde bei uns folgendermaßen definiert:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Bei Teilaufgabe (a) sind wir der Meinung, dass [mm] F_{X} [/mm] nur für [mm] \alpha [/mm] > 0 tatsächlich eine Verteilungsfunktion ist, weil bei negativen [mm] \alpha [/mm] die Eigenschaft (iii) verletzt werden würde. Der Exponent wäre dann eine positive Zahl und dementsprechend würde [mm] x^{-\alpha} [/mm] sowohl bei [mm] x\to\infty [/mm] als auch bei [mm] x\to-\infty [/mm] zu [mm] \infty [/mm] werden, was wiederum, wenn man es von 1 abzieht, [mm] -\infty [/mm] ergibt.
Hinsichtlich der Dichte denken wir, dass wir über die Funktion integrieren müssen, aber wir wissen nicht, wie wir dies angehen sollen. Das in unserem "Skript" gegebene Beispiel können wir leider nicht auf unsere Funktion übertragen.
Zu (b) haben wir folgende Formel gefunden:
Falls das Integral wohldefiniert ist und X eine Dichte f besitzt so gilt
[mm] E(X)=\integral_{-\infty}^{\infty}{x f(x) dx}
[/mm]
Wir benötigen hierfür also ersteinmal die Dichte.
Zum berechnen der Varianz von X in Teilaufgabe (c) benötigen wir den Erwartungswert aus (b).
Vielen Dank für alle Antworten
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:27 Sa 29.06.2013 | | Autor: | luis52 |
Moin
> Hinsichtlich der Dichte denken wir, dass wir über die
> Funktion integrieren müssen, aber wir wissen nicht, wie
> wir dies angehen sollen.
Ihr muesst *ableiten*!
Fuer den Rest schaut mal ![[]](/images/popup.gif) hier
vg Luis
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Hallo Luis,
danke für die schnelle Antwort!
Wir sind jetzt auf folgende Ableitung gekommen:
[mm] F_{X}'(x)=(x^\alpha+a-1)x^{-\alpha}
[/mm]
Nach den Formeln für den Erwarungswert und die Varianz aus dem Wikipedia-Artikel würden wir auf folgendes schließen:
[mm] E(X)=\begin{cases} x_{min} \bruch{k}{k-1}, & \mbox{für } k > 1 \mbox{} \\ \infty, & \mbox{für } k \le 1 \mbox{} \end{cases}
[/mm]
Mit [mm] k=\alpha [/mm] und [mm] x_{min}=1 [/mm] kommen wir auf
[mm] E(X)=\begin{cases} 1 \bruch{\alpha}{\alpha-1}, & \mbox{für } \alpha > 1 \mbox{} \\ \infty, & \mbox{für } \alpha \le 1 \mbox{} \end{cases}
[/mm]
Wir sind uns bei [mm] x_{min} [/mm] nicht sicher, da wir nicht verstanden haben, wofür das [mm] 1_{[1,\infty)}(x) [/mm] in unserer Verteilungsfunktion steht. Deshalb sind wir von 1 als kleinstem Wert für [mm] x_{min} [/mm] ausgegangen.
Falls das so korrekt ist, wäre die Varianz
[mm] Var(X)=\begin{cases} 1^2(\bruch{\alpha}{\alpha-2}-\bruch{\alpha^2}{(\alpha-1)^2})=1^2\bruch{\alpha}{(\alpha-2)(\alpha-1)^2}, & \mbox{für } \alpha > 2 \mbox{} \\ \infty, & \mbox{für } \alpha \le 2 \mbox{} \end{cases}
[/mm]
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Wie seit ihr denn auf die Ableitung gekommen?
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Hallo,
> Wie seit ihr denn auf die Ableitung gekommen?
das ist eine gute Frage, denn die obige Ableitung ist falsch. Es ist ja letztlich nichts weiter als eine Potenzfunktion, denn die Indikatorfunktion schränkt ja einfach die Gültigkiet auf das Intervall [mm] [1;\infty) [/mm] ein. Also
[mm]F'(x)=\alpha*x^{-\alpha-1}*\mathds{1}_{[1;\infty)} [/mm]
Gruß, Diophant
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Auf die Ableitung sind wir mit einer Mischung aus selbst probieren und wolfram alpha gekommen und haben uns da offensichtlich total vertan... Sind E(X) und Var(X) denn richtig aufgestellt oder müssen wir diese wie wir es bisher gemacht haben mit [mm] E(x)=\summe_{k=1}^{n}kP(x=k) [/mm] und [mm] Var(x)=E(x^2)-(E(x))^2 [/mm] berechnen? Wir wüssten aber nicht welche konkreten Zahlen wir dort einsetzen sollten.
Vielen Dank schon einmal :)
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Hallo,
> Auf die Ableitung sind wir mit einer Mischung aus selbst
> probieren und wolfram alpha gekommen und haben uns da
> offensichtlich total vertan...
Kein Kommentar...
> Sind E(X) und Var(X) denn richtig aufgestellt
Auch eine vielsagende Frage: wir haben doch schon geklärt, dass eure Dichte falsch war. Dann kann der Erwartungswert auch nicht richtig sein, denn dort wurde diese falsche Dichte ja verwendet.
> oder müssen wir diese wie wir es
> bisher gemacht haben mit [mm]E(x)=\summe_{k=1}^{n}kP(x=k)[/mm] und
> [mm]Var(x)=E(x^2)-(E(x))^2[/mm] berechnen? Wir wüssten aber nicht
> welche konkreten Zahlen wir dort einsetzen sollten.
Also ganz ehrlich: ihr solltet euch mit der Materie viel gründlicher auseinandersetzen. Was du da oben angeführt hast, ist die Definition des Erwartungswertes einer diskreten Zufallsvariablen. In deinem Fall liegt eine stetige Zufallsvariable vor, für die man unter gewissen Voraussetzungen (->selbst nachschlagen, sind diese Voraussetzungen hier erfüllt?) den Erwartungswert zu
[mm]E(X)=\int_{-\infty}^{\infty}{x*f(x) dx}[/mm]
berechnet (wie du es im Themenstart selbst vorgeschlagen hast), wobie f(x) die zugehörige Dichtefunktion ist.
Gruß, Diophant
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