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| Aufgabe | Eine stetige Zufallsvariable Y besitzt eine Wahrscheinlichkeitsverteilung, die der Dichtefunktion
[mm] f_Y (y)=\begin{cases} e^{-(y+2)}, & \mbox{für } y \ge a \\ 0, & \mbox{sonst } \end{cases}
[/mm]
mit einem Parameter a<0 genügt.
a) Bestimmen Sie den Wert des Parameters a!
b) Geben Sie die Verteilungsfunktion von Y an!
c) Ermitteln Sie den Erwartungswert und die Varianz von Y! |
Hallo,
diese Aufgabe brennt mir noch auf dem Herzen.
Leider habe ich gar keinen Ansatz diesmal. =(
Ich hoffe ihr nehmt mir das nicht krumm (Forenregeln).
Ich hoffe das mir trotzdem jemand helfen kann.
MfG Markus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:26 Mo 12.03.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo ragsupporter!
Mit dem ermittelten Parameter $a_$ sollte es dann doch klappen, oder?
Hierfür musst Du folgendes (unbestimmte) Integral lösen und nach $a \ = \ ...$ umstellen:
$1 \ = \ [mm] \integral_{a}^{\infty}{e^{-(y+2)} \ dy} [/mm] \ = \ [mm] \limes_{b\rightarrow\infty}\integral_{a}^{b}{e^{-(y+2)} \ dy} [/mm] \ = \ ...$
Gruß
Loddar
PS: ich habe $a \ = \ -2$ erhalten ...
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erstmal danke für die schnelle Hilfe..
mmmh ja ich verstehe grad nur noch Bahnhof
also $ 1 \ = \ [mm] \integral_{a}^{\infty}{e^{-(y+2)} \ dy} [/mm] \ $ verstehe ich ja noch... das ist ja einfach nur die Gesamtfläche unter der Dichtefunktion
aber wieso dann der Grenzwert? ...und wie dann weiter? =/
mfg markus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:47 Mo 12.03.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo Markus!
Es handelt sich hier um ein sogenanntes uneigentliches Integral, welches über die o.g. Grenzwertmethode ermittelt wird:
[mm] $\integral^{\infty}{f(x) \ dx} [/mm] \ = \ [mm] \limes_{b\rightarrow\infty}\integral^{b}{f(x) \ dx}$ [/mm]
Bilde nun die Stammfunktion, setze die beiden Grenzen ein und führe die Grenzwertbetrachtung [mm] $b\rightarrow\infty$ [/mm] durch. Dadurch entfällt nämlich ein term und Du kannst nach $a \ = \ ...$ auflösen.
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:30 Di 13.03.2007 | | Autor: | Andy123 |
Hallo zusammen,
hoffe, dass es OK ist, dass ich eine Frage hierzu stelle(?).
Zur Bestimmung des Parameters a:
Ist es (mathematisch gesehen) nicht korrekt, wenn man
$ 1 = [mm] \integral_{a}^{\infty}{e^{-(y+2)} \ dy} [/mm] \ $
direkt löst, wobei man berücksichtigt, dass $ [mm] e^{-(y+2)} [/mm] = [mm] e^{-y} [/mm] * [mm] e^{-2} [/mm] $ ist?
Ist folgender weiterer Ansatz:
Bestimmung der Verteilungsfunktion für $ y [mm] \ge [/mm] a $:
$ [mm] F_Y(y) [/mm] = [mm] \integral_{a}^{y}{e^{-(t+2)} \ dt} [/mm] \ $
und anschießende Grenzwertbetrachtung
$ [mm] \limes_{y \rightarrow\infty} F_Y(y) [/mm] $
zur Bestimmung der Konstanten $ a $ auch OK?
Grüße
Andy
P.S.: Erhalte in beiden Fällen zumindest dieselbe Lösung.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:13 Di 13.03.2007 | | Autor: | luis52 |
> Hallo zusammen,
>
> hoffe, dass es OK ist, dass ich eine Frage hierzu
> stelle(?).
>
> Zur Bestimmung des Parameters a:
> Ist es (mathematisch gesehen) nicht korrekt, wenn man
> [mm]1 = \integral_{a}^{\infty}{e^{-(y+2)} \ dy} \[/mm]
> direkt löst, wobei man berücksichtigt, dass [mm]e^{-(y+2)} = e^{-y} * e^{-2}[/mm]
> ist?
>
> Ist folgender weiterer Ansatz:
> Bestimmung der Verteilungsfunktion für [mm]y \ge a [/mm]:
> [mm]F_Y(y) = \integral_{a}^{y}{e^{-(t+2)} \ dt} \[/mm]
> und anschießende Grenzwertbetrachtung
> [mm]\limes_{y \rightarrow\infty} F_Y(y)[/mm]
> zur Bestimmung der
> Konstanten [mm]a[/mm] auch OK?
>
Beide Vorgehensweisen sind korrekt, wobei letztere die elegantere ist,
weil du damit zwei Fliegen mit einer Klappe erschlaegst.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:11 Di 13.03.2007 | | Autor: | Andy123 |
Hallo luis52,
danke für Deine Antwort!
Grüße
Andy
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danke für die schnelle antwort. war dann gestern doch schon ganz schön müde.
also a.) habe ich jetzt auch a= -2 herausbekommen
bei b.) müsste dann entsprechend
[mm] F(y) = -e^{-(y+2)} [/mm] herauskommen. Ist das korrekt?
c.)
Erwartungswert
[mm] E(Y) = \integral_{-\infty}^{\infty}{y \* f(y) dy}\ \mbox { für } y \ge -2 [/mm]
also hier
[mm] E(Y) = \integral_{-\infty}^{\infty}{(y \* e^{-(y+2)}) dy} [/mm]
wäre das erstmal so richtig? das soll erstmal die allgemeine form sein.
das integral müsste ja dann noch unterteilt werden durch die grenzen:
[mm] -\infty \le -2 \le \infty [/mm]
aber da hörts dann schon wieder auf
Zur Varianz hab ich auch nicht wirklich ahnung. =/
mfg markus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:36 Di 13.03.2007 | | Autor: | Andy123 |
Hallo Markus,
die Verteilungsfunktion ist IHMO nicht korrekt.
Beachte die beiden Eigenschaften von Verteilungsfunktionen:
$ [mm] \limes_{y \rightarrow - \infty} F_Y(y) [/mm] = 0$
und
$ [mm] \limes_{y \rightarrow \infty} F_Y(y) [/mm] = 1$
Da $ a=-2 $ ist, kannst Du die Verteilungsfunktion für $ y [mm] \ge [/mm] -2 $ bspw. bestimmen mit:
$ [mm] F_{Y}(y)= \integral_{-2}^{y}{e^{-(t+2)} \ dt} [/mm] = [mm] e^{-2} \integral_{-2}^{y}{e^{-t} dt} [/mm] = [mm] e^{-2} *[-e^{-y}+e^{+2}] [/mm] = [mm] e^0-e^{-2-y} [/mm] = [mm] 1-e^{-(2+y)} [/mm] $
Hilft Dir das weiter?
Grüße
Andy
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aha Danke für den Hinweis... da hab ichs mir wohl etwas zu einfach gemacht =)
mfg markus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:11 Di 13.03.2007 | | Autor: | Andy123 |
Hallo Markus,
den Erwartungswert berechnest Du bspw. mit
$ E(Y) = [mm] \integral_{- \infty}^{\infty}y*f(y)dy [/mm] = [mm] \integral_{-2}^{\infty}{y*e^{-(y+2)} dy} [/mm] = [mm] e^{-2}\integral_{-2}^{\infty}{y*e^{-y} dy} [/mm] $
Das Integral kann mit Hilfe der partiellen Integration gelöst werden.
Da die Varianz [mm] $V(Y)=E(Y^2)-(E(Y))^2 [/mm] $ ist, kannst Du zunächst $ [mm] E(Y^2) [/mm] $
mittels zweimaliger partieller Integration bestimmen und anschließend in obige Gleichung einsetzen.
Grüße
Andy
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:54 Fr 16.03.2007 | | Autor: | Andy123 |
Hallo zusammen,
sofern jemand die Aufgabe gerechnet hat bzw. rechnen möchte, möchte ich die Ergebnisse des Erwartungswerts und der Varianz gerne mit Euren
vergleichen / kontrollieren:
$ E[Y] = -1 $
$ [mm] E[Y^2] [/mm] = 2 $
$ V[Y] = 1 $
Sind diese Ergebnisse richtig?
Grüße
Andy
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:15 Fr 16.03.2007 | | Autor: | luis52 |
> Hallo zusammen,
>
> sofern jemand die Aufgabe gerechnet hat bzw. rechnen
> möchte, möchte ich die Ergebnisse des Erwartungswerts und
> der Varianz gerne mit Euren
> vergleichen / kontrollieren:
>
> [mm]E[Y] = -1[/mm]
> [mm]E[Y^2] = 2[/mm]
> [mm]V[Y] = 1[/mm]
>
> Sind diese Ergebnisse richtig?
>
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Ich weiss nicht, ob du mit Integralen herumgerechnet hast,
aber es gibt einen einfachen Trick, um deine Rechnungen zu
bestaetigen. Hast du dir die Dichte einmal gezeichnet? Dann
wirst du sehen, dass sie fast so aussieht, wie die einer
exponentialverteilten Zufallsvariablen $U$ mit [mm] $\lambda=1$,
[/mm]
nur um 2 nach links verschoben. Tatsaechlich nennt man das
auch eine verschobene Exponentialverteilung.
Du betrachtest also $U-2$. Wegen [mm] $\mbox{E}[U]=1=\mbox{Var}[U]$
[/mm]
folgen deine Ergebnisse nach bekannten Regeln.
hth
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:30 Fr 16.03.2007 | | Autor: | Andy123 |
Hallo luis, hallo zusammen,
die Ergebnisse habe ich erhalten, indem ich mit Integralen herumgerechnet habe. Dass es sich um eine verschobene Exponentialverteilung ist, ist mir nicht aufgefallen. Aber diese ist ja nichts anderes als eine Transformation, oder?
Der Erwartungswert kann dann auch mit
$ [mm] E[g(x)]=\int_{-\infty}^{\infty}g(x)*f(x)dx [/mm] $
berechnet werden.
Sei X eine Exponential-verteilte Zufallsvariable mit Parameter $ [mm] \lambda=1 [/mm] $ und Dichte
[mm] f_X(x)= \begin{cases}
0, & \mbox{für } x< 0 \\
e^{-x}, & \mbox{für } x \ge 0 \end{cases}
[/mm]
und $ E[X] = 1 $
so lässt sich der Erwartungswert der o.g. verschobenen Exponentialverteilung bei Wahl von $ g(x)=x-2 $ berechnen mit
$ [mm] E[x-2]=\int_{0}^{\infty}(x-2)*e^{-x}dx [/mm] $ = -1.
Ist dies richtig?
Wie man jedoch elegant den Erwartungswert und die Varianz berechnet weiß ich nicht - welche bekannten Regeln meinst Du bzw. wie kann man "sehen", welchen Wert diese Größen haben?
Grüße
Andy
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:56 Fr 16.03.2007 | | Autor: | luis52 |
>
> Sei X eine Exponential-verteilte Zufallsvariable mit
> Parameter [mm]\lambda=1[/mm] und Dichte
> [mm]f_X(x)= \begin{cases}
0, & \mbox{für } x< 0 \\
e^{-x}, & \mbox{für } x \ge 0 \end{cases}[/mm]
>
> und [mm]E[X] = 1[/mm]
> so lässt sich der Erwartungswert der o.g.
> verschobenen Exponentialverteilung bei Wahl von [mm]g(x)=x-2[/mm]
> berechnen mit
> [mm]E[x-2]=\int_{0}^{\infty}(x-2)*e^{-x}dx[/mm] = -1.
>
> Ist dies richtig?
>
> Wie man jedoch elegant den Erwartungswert und die Varianz
> berechnet weiß ich nicht - welche bekannten Regeln meinst
> Du bzw. wie kann man "sehen", welchen Wert diese Größen
> haben?
Ist $U$ eine Zufallsvariable, deren Erwartungswert und Varianz existiert, so gilt fuer reelle Zahlen $a,b$: [mm] $\mbox{E}[a+bU]=a+b\mbox{E}[U]$ [/mm] und [mm] $\mbox{Var}[a+bU]=b^2\mbox{Var}[U]$.
[/mm]
hth
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:15 Fr 16.03.2007 | | Autor: | Andy123 |
Hallo luis,
danke für Deine Antwort!
Stimmt, die Formeln sollten (mir) bekannt sein.
Grüße
Andy
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Du musst a so wählen , dass die Fläche zwischen dem Funktionsgraphen und der x-Achse 1 wird.
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