Erwartungswert E(x) < Statistik (Anwend.) < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:59 Sa 22.07.2006 | | Autor: | chriskde |
| Aufgabe | Bilden sie den Erwartungswert von [mm] f(x)=5*(x-1)^4 [/mm] für 0<=x<=1, 0 sonst
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Guten Abend!
Ich muss ja gemäß der Definition des Erwartungswertes, dass Integral von x*f(x) bilden. Die Ober- Untergrenzen sind 1 und 0 in diesem Fall.
Ich habe dann also ein bestimmtes Integral von 0 bis 1 von [mm] 5*x(1-x)^4
[/mm]
Die daraus gebildete Stammfunktion ist dann F(x)= [mm] -x(1-x)^5
[/mm]
Wenn ich dann F(1)- F(0) ausrechne, bekomme ich null raus....
Es müsste aber 1/6 rauskommen....hat jemand eine Idee was ich falsch mache??
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Du hast die Stammfunktion von f gebildet, aber du sollst doch die Stammfunktion von (x*f) bilden. Leite deine Stammfunktion mal ab, dann siehst du es.
Vielleicht löst du einfach mal die Klammer vorher auf? Nach Pascal ist das ganz fix da hingeschrieben, und Integrieren ist dann gar nicht mehr schwer.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:17 Sa 22.07.2006 | | Autor: | chriskde |
also ich habe f(x) mit x multipliziert = [mm] 5*x(1-x)^4 [/mm]
davon das Integral gebildet [mm] -x*(1-x)^5, [/mm] wenn ich die Kettenregel anwende komme ich wieder auf [mm] 5*x(1-x)^4, [/mm] also ging ich davon aus das dass Integral stimmt oder übersehe ich was?
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[mm] $(-x*(1-x)^5)' [/mm] = [mm] (-1)*(1-x)^5-x*((1-x)^5)'= (-1)*(1-x)^5-x*5*(1-x)^4)*(-1)=-(1-x)^5+5x(1-x)^4)$
[/mm]
Wo hast du den ersten Term gelassen? Mir scheint, daß du beim Integrieren und auch beim Ableiten das zusätzliche x als Konstante betrachtet hast.
Wie gesagt, rechne die Klammer erstmal aus, dazu Pascalsches Dreieck, die letzte Zeile gibt dir die Koeffizienten, und los gehts:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
[mm] $(1-x)^5=1^5*x^0-5*1^4*x^1+10*1^3*x^2-10*1^2*x^3+5*1^1*x^4-1^0*x^5$ [/mm] (ausführlich...)
Das ganze fix mit x duchmultripliziert und integriert liefert dir deine Stammfunktion. Ich denke, das ist etwas schneller und weniger fehlerträchtiger als dieses Produkt so zu integrieren.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:48 Sa 22.07.2006 | | Autor: | chriskde |
Hallo Roadrunner, erstmal vielen Dank für deinen Beitrag. Ich habe mir das Verfahren jetzt angeeignet. Ich habe allerdings bei Berechnungen für die Varianz, Var(x) auch Integrale der Form [mm] (x-E(x))^2*5(1-x)^4
[/mm]
Ich soll also von diesem Ausdruck das Integral bilden. E(x) ist der zuvor errechnete Erwartungswert. Ich habe das jetzt mit den Binominalkoeeffizienten versucht und finde es ehrlich gesagt zu umständlich. Wenn ich das in der Klausur machen würde, wäre ich wohl erst in 30 Minuten fertg...
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Mag sein. Das mit den Binominalkoeffizienten geht bei niedrigeren Potenzen noch ganz fix, aber später wirds ziemlich langwierig.
Die Koeffizienten hier bekommt man aber noch im Kopf zusammen, und pascal ist auch schnell hingeschrieben. Zudem sind die beiden Zahlen recht einfach, und die Integrationsgrenzen auch.
Allerdings ist das die einzige Methode, bei der man nicht wirklich überlegen muß. Du kannst versuchen, duch die Produktregel oder durch sonstige Transformationen oder Substitutionen das Integral zu berechnen, nur dazu mußt du auch erstmal ein Weilchen überlegen, evtl ausprobieren, verzweifeln und erneut anfangen, wenn du nicht grade ziemlich geübt bist. Und verbiegen darf man die Regeln auch nicht, das hast du ja schon gemerkt.
Wie kommst du eigentlich auf dein Ergebnis für die Stammfunktion?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:50 Sa 22.07.2006 | | Autor: | chriskde |
Ich konnte mich noch an die Integration durch Substitution erinnern.
Ich kann das nur sehr laienhaft darstellen.
Zuerst erst wähle ich z=1-x z'=-1
Dann muss man durch vorziehen der Konstanten so eine Form hinbekommen:
[mm] -5*x * \integral_{}^{} -1*z^4 [/mm]
was insgesamt wieder [mm] 5x(1-x)^4 [/mm] ergibt
Ich glaube in dem Fall geht das nicht, da ich ja nur Konstanten vor das Integral ziehen kann. Sonst ging das immer problemlos, aber hier ist ja noch ein x im spiel.
Ich hatte nie Probleme mit solchen Integralen. Jetzt treffe ich auf immer komplexer werdende Integrale.
Oder hilft mir der Zerlegungssatz etwas weil dann kann ich das Integral
[mm] "x-E(x))^2*f(x) [/mm] dx" auch so schreiben? [mm] E(x^2)-E(x)^2 [/mm] Das ist halt eine Formel die ich bis jetzt nur bei diskreten Merkmalen angewendet habe.
Ich hoffe ich verwirre dich jetzt nicht mit dem Statistik Wirrwar...
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:40 So 23.07.2006 | | Autor: | Infinit |
Hallo Chriskde,
wenn man mal von der Schwierigkeit der Berechnung des Integrals absieht (sorry, aber Deine Überlegung mit der Substitution funktioniert hier einfach nicht, wie Du ja selbst wohl inzwischen gemerkt hast), ist Die Berechnung der Varianz über
$$ [mm] E(x^2) [/mm] - [mm] (E(x))^2 [/mm] $$ wirklich einfacher.
Den im ersten Aufgabenteil berechneten Erwartungwert kann man einfach quadrieren und Du musst nur mal
$$ [mm] \int_0^1 (x^2)\cdot [/mm] f(x) dx $$
berechnen und den Erwatrungswert im Quadrat davon abziehen.
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:57 So 23.07.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Zuerst erst wähle ich z=1-x z'=-1
Das ist schonmal eine gute Idee.
> Dann muss man durch vorziehen der Konstanten so eine Form
> hinbekommen:
>
> [mm]-5*x * \integral_{}^{} -1*z^4 [/mm]
>
> was insgesamt wieder [mm]5x(1-x)^4[/mm] ergibt
>
> Ich glaube in dem Fall geht das nicht, da ich ja nur
> Konstanten vor das Integral ziehen kann. Sonst ging das
> immer problemlos, aber hier ist ja noch ein x im spiel.
Genau: $x$ ist abhaengig von $z$ und darf somit nicht rausgezogen werden!
Etwas einfacher geht es uebrigens, wenn du einfach die Intervallgrenzen verschiebst und somit auch das $x$ (das ist auch eine Substitution, aber die Konstante mit der man nachher multipliziert ist 1) (hier muss man $x [mm] \mapsto [/mm] x + 1$ verschieben, da $1 - (x + 1) = 1 - x - 1 = -x$ ist): [mm] $\int_0^1 [/mm] 5 x (1 - [mm] x)^4 \; [/mm] dx = [mm] \int_{0+1}^{1+1} [/mm] 5 (x + 1) (1 - (x + [mm] 1))^4 \; [/mm] dx = [mm] \int_1^2 [/mm] 5 (x + 1) [mm] (-x)^4 \; [/mm] dx = 5 [mm] \cdot (-1)^4 \int_1^2 [/mm] (x + 1) [mm] x^4 \; [/mm] dx$. Das Integral kannst du jetzt einfach ausrechnen, da $(x + 1) [mm] x^4 [/mm] = [mm] x^5 [/mm] + [mm] x^4$ [/mm] ist.
Und weil du $x$ durch $x + 1$ und nicht durch $1 - z$ ersetzt hast, ist das [mm] $(-1)^4$ [/mm] da aufgetaucht: [mm] $(-x)^4 [/mm] = [mm] (-1)^4 \cdot x^4$.
[/mm]
LG Felix
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