Verteilungsfunktion bestimmen < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:19 Do 08.07.2010 | | Autor: | kegel53 |
| Aufgabe | Es seien X und Y unabhängig und jeweils uniform verteilt auf dem Intervall [0,4].
(a) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion [mm] F_Z [/mm] von [mm] Z:=min\{1,X\}.
[/mm]
(b) Bestimmen Sie P[X+Y<3]. |
Tag Leute,
also ich hab mir bisher Folgendes überlegt.
zu (a):
[mm] F_Z(t)=P[Z\le{t}]=P[min\{1,X\}\le{t}]=1-P[min\{1,X\}>t]=1-P[1>t,X>t]=1-(1-P[1\le{t}])(1-P[X\le{t}])=1-(1-1_{[1,\infty)}(t))\cdot{}(1-\bruch{t}{4})
[/mm]
Da kann aber was nicht stimmen, allerdings weiß ich nicht wie ich das P[1>t,X>t] anders auflösen kann?!
zu(b):
[mm] P[X+Y<3]=F_{X+Y}(3)=\integral_{-\infty}^3 \left(\integral_{\IR} \bruch{1}{4}*1_{[0,4]}(u-y)\cdot{}\bruch{1}{4}*1_{[0,4]}(y)dy\right)du=\bruch{1}{16}\cdot{}\integral_{-\infty}^3 \left(\integral_0^4 1_{[0,4]}(u-y)dy\right)du
[/mm]
Hier hab ich jetzt allerdings Probleme bei der Intgeration.
Vielleicht könnte mir hierbei jemand bisschen auf die Sprünge helfen?!
Vielen Dank schon mal.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:52 Do 08.07.2010 | | Autor: | gfm |
> Es seien X und Y unabhängig und jeweils uniform verteilt
> auf dem Intervall [0,4].
>
> (a) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion [mm]F_Z[/mm] von
> [mm]Z:=min\{1,X\}.[/mm]
> (b) Bestimmen Sie P[X+Y<3].
> Tag Leute,
> also ich hab mir bisher Folgendes überlegt.
>
> zu (a):
>
> [mm]F_Z(t)=P[Z\le{t}]=P[min\{1,X\}\le{t}]=1-P[min\{1,X\}>t]=1-P[1>t,X>t]=1-(1-P[1\le{t}])(1-P[X\le{t}])=1-(1-1_{[1,\infty)}(t))\cdot{}(1-\bruch{t}{4})[/mm]
>
> Da kann aber was nicht stimmen, allerdings weiß ich nicht
> wie ich das P[1>t,X>t] anders auflösen kann?!
[mm] Z:=\min(1,X)=X*1_{(-\infty,1]}(X)+1_{(1,\infty)}(X)
[/mm]
[mm] F_Z(t)=P(Z\le t)=\integral 1_{(-\infty,t]}(Z)dP=\integral 1_{(-\infty,t]}(X*1_{(-\infty,1]}(X)+1_{(1,\infty)}(X))dP=\integral 1_{(-\infty,t]}(x*1_{(-\infty,1]}(x)+1_{(1,\infty)}(x))*\frac{1}{4}1_{[0,4]}(x)dx
[/mm]
[mm] =\frac{1}{4}*\integral 1_{(-\infty,t]}(x*1_{(-\infty,1]}(x)+1_{(1,\infty)}(x))*(1_{[0,1]}(x)+1_{(1,4]}(x))dx=\frac{1}{4}\left(\integral 1_{(-\infty,t]}(x)*1_{[0,1]}(x)dx+\integral 1_{(-\infty,t]}(1)*1_{(1,4]}(x))dx\right)
[/mm]
[mm] =\frac{1}{4}\left(\integral 1_{(-\infty,t]\cap[0,1]}(x)dx+3*1_{(-\infty,t]}(1)\right)=\frac{1}{4}\left(\lambda((-\infty,t]\cap[0,1])+3*1_{[1,\infty)}(t)\right)=\frac{3}{4}*1_{[1,\infty)}(t)+\frac{1}{4}(t*1_{[0,1)}(t)+1_{[1,\infty)}(t))=\frac{t}{4}1_{[0,1)}(t)+1_{[1,\infty)}(t)
[/mm]
Macht auch Sinn, denn wenn [mm] X\le1 [/mm] ist, steigt die Wahrscheinlichkeit gleichverteilt an, da die Minimumsfunktion die Werte von X durchläßt, um bei eins einen Sprung der Höhe 3/4 zu machen, da die W-Masse für das Ereignis [mm] 1
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:02 Do 08.07.2010 | | Autor: | kegel53 |
Alles klar  . Herzlichen Dank dafür.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:54 Fr 09.07.2010 | | Autor: | gfm |
> Es seien X und Y unabhängig und jeweils uniform verteilt
> auf dem Intervall [0,4].
...
> zu(b):
> [mm]P[X+Y<3]=F_{X+Y}(3)=\integral_{-\infty}^3 \left(\integral_{\IR} \bruch{1}{4}*1_{[0,4]}(u-y)\cdot{}\bruch{1}{4}*1_{[0,4]}(y)dy\right)du=\bruch{1}{16}\cdot{}\integral_{-\infty}^3 \left(\integral_0^4 1_{[0,4]}(u-y)dy\right)du[/mm]
>
Es ist
[mm] P[X+Y
[mm] =\integral_{\IR}\integral_{\IR} 1_{(-\infty,t)}(x+y)f_{(X,Y)}(x,y)dxdy=\integral_{\IR}\integral_{\IR} 1_{(-\infty,t)}(x+y)\frac{1}{16}1_{[0,4]}(x)1_{[0,4]}(y)dxdy=\frac{1}{16}\integral_{\IR}\integral_{\IR} 1_{(-\infty,t)}(u)1_{[0,4]}(u-y)1_{[0,4]}(y)dudy
[/mm]
[mm] =\frac{1}{16}\integral_{\IR}\integral_{\IR} 1_{(-\infty,t)}(u)1_{[y,4+y]}(u)1_{[0,4]}(y)dudy=\frac{1}{16}\integral_{\IR}\lambda([y,4+y]\cap(-\infty,t))1_{[0,4]}(y)dy=\frac{1}{16}\integral_{\IR}1_{[0,4]}(y)\left(4*1_{(-\infty,t-4)}(y)+(t-y)*1_{[t-4,t]}(y)\right)dy
[/mm]
[mm]=\frac{1}{16}\left(4*\lambda([0,4]\cap(-\infty,t-4))+t*\lambda([0,4]\cap[t-4,t])-\!\!\!\!\!\!\!\!\integral_{[0,4]\cap[t-4,t]}\!\!\!\!\!\!\!\!\!ydy\right)=\frac{1}{16}\Big[4*\left(4*1_{[8,\infty)}(t)+(t-4)*1_{[4,8)}(t)\right)+t*\left(t*1_{[0,4)}(t)+(8-t)*1_{[4,8)}(t)\right)
-\left(1_{[0,4)}(t)\frac{1}{2}y^2\Big|^t_0+1_{[4,8)}(t)\frac{1}{2}y^2\Big|^4_{t-4}\right)\Big]=\frac{t^2}{32}*1_{[0,4)}(t)-\left(1-\frac{t}{2}+\frac{t^2}{32}\right)*1_{[4,8)}(t)+1_{[8,\infty)}(t)[/mm]
und damit
[mm] P[X+Y<3]=\frac{9}{32}
[/mm]
LG
gfm
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