bsp verteilungsfunktion < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo !
ich hab mal wieder so meine Zweifel :)
zur Angabe:
Bestimmen sie c,d [mm] $\in [/mm] R$ derart, dass gilt:
[mm] $P_x(X\le [/mm] c)=0.1$ [mm] $P_x(X\ge [/mm] d)=0.1$
falls X
(a) gleichveteilt auf [0,9]
(b) exponentialverteilt mit [mm] $\lambda [/mm] = { 1 [mm] \over [/mm] 3}$
so zu meiner Überlegung:
Die Dichtefunktion bei Gleichverteilung ist
[mm] $f(x)=\begin{cases} {1 \over {b-a}}, & \mbox{ a < X < b } \\ 0 & \mbox{ sonst}\end{cases}$
[/mm]
für [mm] $P(X\lec)=0.1$ [/mm] setzte ich $0.1= [mm] \integral_{-\infty}^{0} [/mm] {f(x) [mm] dx}+\integral_{0}^{c} [/mm] {{{1} [mm] \over [/mm] { b-a}} dx}$
der erste term = 0 d.h:
$0.1={c [mm] \over [/mm] {b-a}} [mm] \Rightarrow [/mm] c=0.9$
das gleiche mach ich mit
[mm] $P_x(d \le [/mm] X)=0.1$
$0.1= [mm] \integral_{0}^{d} [/mm] {{1 [mm] \over [/mm] {b-a}} dx}+ [mm] \integral_{d}^{ \infty} [/mm] {f(x) dx}$
d.h:
$0.1= {{d} [mm] \over [/mm] { b-a}} [mm] \Rightarrow [/mm] d=0.9$
das selbe mach ich mach bei b nur mit anderer Dichtefunktion
Ist das so richtig ?
mfg martin
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Hallo
Danke erstmal !
> Hallo martin_zi!
>
> > ich hab mal wieder so meine Zweifel :)
> >
> > zur Angabe:
> > Bestimmen sie c,d [mm]\in R[/mm] derart, dass gilt:
> >
> > [mm]P_x(X\le c)=0.1[/mm] [mm]P_x(X\ge d)=0.1[/mm]
> > falls X
> > (a) gleichveteilt auf [0,9]
> > (b) exponentialverteilt mit [mm]\lambda = { 1 \over 3}[/mm]
> >
>
> > so zu meiner Überlegung:
> > Die Dichtefunktion bei Gleichverteilung ist
> > [mm]f(x)=\begin{cases} {1 \over {b-a}}, & \mbox{ a < X < b } \\ 0 & \mbox{ sonst}\end{cases}[/mm]
>
> >
> >
> > für [mm]P(X\lec)=0.1[/mm] setzte ich [mm]0.1= \integral_{-\infty}^{0} {f(x) dx}+\integral_{0}^{c} {{{1} \over { b-a}} dx}[/mm]
>
> >
> > der erste term = 0 d.h:
> > [mm]0.1={c \over {b-a}} \Rightarrow c=0.9[/mm]
>
> ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> >
> > das gleiche mach ich mit
> > [mm]P_x(d \le X)=0.1[/mm]
>
> Moment, es sollte doch [mm]P_x(d \red{\ge} X)=0.1[/mm] gelten?
>
Hier hast du dich verschreiben oder ??
Ansonsten versteh ich nicht wie du das umdrehst?
> > [mm]0.1= \integral_{0}^{d} {{1 \over {b-a}} dx}+ \integral_{d}^{ \infty} {f(x) dx}[/mm]
>
> >
> > d.h:
> > [mm]0.1= {{d} \over { b-a}} \Rightarrow d=0.9[/mm]
>
> Das Ergebnis ist nun falsch.
> Das Intervall hat ja eine Länge von 9, durch blosses
> Hinsehen ist doch dann d=8.1 zu erwarten (denn dann ist
> doch [mm]P(X\le 0.9)=P(X\ge 8.1)[/mm]).
>
> Durch stures Anwenden der Definitionen kommt man dann auch
> zum Ziel:
>
> [mm]P_X(X\ge d)=0.1[/mm] [mm]\gdw[/mm] [mm]1-P_X(X
>
> [mm]\gdw[/mm] [mm]0.9=\integral_{0}^{d} \bruch{1}{9} dx[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] [mm]0.9=\bruch{d}{9}[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] [mm]8.1=d[/mm]
>
> > das selbe mach ich mach bei b nur mit anderer
> > Dichtefunktion
>
>
>
> Viele Grüße,
> Marc
>
mfg Martin
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Lieber Martin, lieber Marc!
Ja, da hat sich Marc verschrieben. Aber das hatte keine Auswirkungen auf die ansonsten absolut korrekte Antwort.
Liebe Grüße
Brigitte
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Hallo Brigitte
Danke für die Antwort war mir klar das der rest passt.
(Wie war das mit Erbsenzähler ??  )
> Lieber Martin, lieber Marc!
>
> Ja, da hat sich Marc verschrieben. Aber das hatte keine
> Auswirkungen auf die ansonsten absolut korrekte Antwort.
>
> Liebe Grüße
> Brigitte
>
jetzt hab ich das mal mit der exponentialcerteilung versucht:
[mm] $P_x [/mm] ( x [mm] \le [/mm] c)=0.1$
[mm] $\integral_{0}^{c} [/mm] { { 1 [mm] \over [/mm] 3} * [mm] e^{-{ 1 \over 3} x} [/mm] dx=0.1}$
[mm] $\Rightarrow [/mm] {1 [mm] \over [/mm] 3} * [mm] e^{-{c \over 3 }} [/mm] - { 1 [mm] \over [/mm] 3}=0.1$
[mm] $\Rightarrow [/mm] c=- 3 ln(1.3)$
und für [mm] $P_x [/mm] ( x < d)=0.9$
[mm] $\integral_{0}^{d} [/mm] { { 1 [mm] \over [/mm] 3} * [mm] e^{-{ 1 \over 3} x} [/mm] dx=0.9}$
[mm] $\Rightarrow [/mm] {1 [mm] \over [/mm] 3} * [mm] e^{-{c \over 3 }} [/mm] - { 1 [mm] \over [/mm] 3}=0.9$
[mm] $\Rightarrow [/mm] c=- 3 ln(3.7)$
dann hab ich das selbe noch mal für eine Normalverteilung N(0,1)-verteilt.
wir haben dazu ein Tabelle. N(0,1) ist die Standarisierte Normalverteilung
d.h ich darf "eins zu eins" ablesen.
bei [mm] $P_x [/mm] ( x [mm] \le [/mm] c)=0.1$ liegt c auf der linken Seite. [mm] $1-\Phi(Z)=0.1 \Rightarrow [/mm] c=-1.285$
bei [mm] $P_x [/mm] ( x < d)=0.9$ liegt d auf der rechten Seite. $Phi(Z)=0.9 [mm] \Rightarrow [/mm] d=1.285$
hmm stimmt doch so oder ?
So und dann hätte ich noch ein Frage zu einem andrem Bsp:
Diesmal geht es um die Randdichte. Also um mehrer Zufallsgrößen.
Man bestimme die Randdichte von X,Y es sei
[mm] $f(n)=\begin{cases} {1 \over x}, & \mbox{0 < x < 1 , 0 < y < x } \\ 0, & \mbox{sonst. } \end{cases}$
[/mm]
zuerst mach ich das für X:
[mm] $\integral_{0}^{x} [/mm] {{ 1 [mm] \over [/mm] x} dy}={ y [mm] \over [/mm] x} [mm] \vert _0^x [/mm] = 1-0=1$
aber jetzt ....
[mm] $\integral_{0}^{1} [/mm] {{ 1 [mm] \over [/mm] x} dx}={ ln(x)} [mm] \vert _0^1 [/mm] = ln(1)-ln(0)$
hmm wo liegt der Fehler ?
und dann noch was da komm ich schon stunden lang nicht weiter:
[mm] $f_x,_y(x,y)={ c \over {2*\pi}} [/mm] ( [mm] c^2+x^2+y^2)^{-{3\over 2}} ,-\infty [/mm] < x < [mm] \infty [/mm] , [mm] -\infty [/mm] < y < [mm] \infty [/mm] , c > 0$
ebenfalls ist wieder die Randdichte zu berechnen.
Nur leider bin ich zu blind um das zu integrieren. Hat jemand einen Tipp mit welcher Art es einfach geht ?
Bin für jede hilfe dankbar ....
Hab es zuerst mit Substitotion versucht. Dann zu vereinfachen komm aber nicht drauf ...
mfg Martin
PS: Danke Danke Danke für die hilfe!
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Lieber Martin!
> jetzt hab ich das mal mit der exponentialcerteilung
> versucht:
>
> [mm]P_x ( x \le c)=0.1[/mm]
>
> [mm]\integral_{0}^{c} { { 1 \over 3} * e^{-{ 1 \over 3} x} dx=0.1}[/mm]
>
>
> [mm]\Rightarrow {1 \over 3} * e^{-{c \over 3 }} - { 1 \over 3}=0.1[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Nein, da machst Du einen Fehler beim Integrieren. Die Stammfunktion lautet doch [mm] $-e^{-{x \over 3 }}$ [/mm] (ohne den Vorfaktor).
> [mm]\Rightarrow c=- 3 ln(1.3)[/mm]
Dann wäre ja $c$ negativ, und das wiederum schon komisch, weil exponentialverteilte Zufallsvariablen nur positive Werte annehmen.
> und für [mm]P_x ( x < d)=0.9[/mm]
>
> [mm]\integral_{0}^{d} { { 1 \over 3} * e^{-{ 1 \over 3} x} dx=0.9}[/mm]
>
>
> [mm]\Rightarrow {1 \over 3} * e^{-{c \over 3 }} - { 1 \over 3}=0.9[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow c=- 3 ln(3.7)[/mm]
siehe oben
> dann hab ich das selbe noch mal für eine Normalverteilung
> N(0,1)-verteilt.
> wir haben dazu ein Tabelle. N(0,1) ist die Standarisierte
> Normalverteilung
> d.h ich darf "eins zu eins" ablesen.
>
> bei [mm]P_x ( x \le c)=0.1[/mm] liegt c auf der linken Seite.
> [mm]1-\Phi(Z)=0.1 \Rightarrow c=-1.285[/mm]
> bei [mm]P_x ( x < d)=0.9[/mm]
> liegt d auf der rechten Seite. [mm]Phi(Z)=0.9 \Rightarrow d=1.285[/mm]
Ja, das kommt etwa hin. In meiner Tabelle steht (glaube ich) 1.282, aber das ist ja egal.
> So und dann hätte ich noch ein Frage zu einem andrem Bsp:
> Diesmal geht es um die Randdichte. Also um mehrer
> Zufallsgrößen.
>
> Man bestimme die Randdichte von X,Y es sei
>
> [mm]f(n)=\begin{cases} {1 \over x}, & \mbox{0 < x < 1 , 0 < y < x } \\ 0, & \mbox{sonst. } \end{cases}[/mm]
>
> zuerst mach ich das für X:
> [mm]\integral_{0}^{x} {{ 1 \over x} dy}={ y \over x} \vert _0^x = 1-0=1[/mm]
aber nur für $0<x<1$. Sonst ist die Randdichte 0.
> aber jetzt ....
> [mm]\integral_{0}^{1} {{ 1 \over x} dx}={ ln(x)} \vert _0^1 = ln(1)-ln(0)[/mm]
>
> hmm wo liegt der Fehler ?
Du solltest auch hier die Relation $y<x$ berücksichtigen. Dann bekommst Du nämlich als untere Integralgrenze $y$. Und das ergibt dann auch wirklich eine Dichte, wenn Du wie oben die Fallunterscheidung für $y$ berücksichtigst.
> und dann noch was da komm ich schon stunden lang nicht
> weiter:
> [mm]f_x,_y(x,y)={ c \over {2*\pi}} ( c^2+x^2+y^2)^{-{3\over 2}} ,-\infty < x < \infty , -\infty < y < \infty , c > 0[/mm]
>
> ebenfalls ist wieder die Randdichte zu berechnen.
> Nur leider bin ich zu blind um das zu integrieren. Hat
> jemand einen Tipp mit welcher Art es einfach geht ?
> Bin für jede hilfe dankbar ....
> Hab es zuerst mit Substitotion versucht. Dann zu
> vereinfachen komm aber nicht drauf ...
Sorry, muss jetzt weg und kann mir deshalb das Integral nicht mehr anschauen. Substitution hört sich aber sinnvoll an, auf den ersten Blick zumindest, evt. mit anschließender partieller Integration (?) 
VIele Grüße
Brigitte
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Hallo Brigitte
> Lieber Martin!
>
> > jetzt hab ich das mal mit der exponentialcerteilung
> > versucht:
> >
> > [mm]P_x ( x \le c)=0.1[/mm]
> >
> > [mm]\integral_{0}^{c} { { 1 \over 3} * e^{-{ 1 \over 3} x} dx=0.1}[/mm]
>
> >
> >
> > [mm]\Rightarrow {1 \over 3} * e^{-{c \over 3 }} - { 1 \over 3}=0.1[/mm]
>
>
>
> Nein, da machst Du einen Fehler beim Integrieren. Die
> Stammfunktion lautet doch [mm]-e^{-{x \over 3 }}[/mm] (ohne den
> Vorfaktor).
>
> > [mm]\Rightarrow c=- 3 ln(1.3)[/mm]
>
> Dann wäre ja [mm]c[/mm] negativ, und das wiederum schon komisch,
> weil exponentialverteilte Zufallsvariablen nur positive
> Werte annehmen.
>
> > und für [mm]P_x ( x < d)=0.9[/mm]
> >
> > [mm]\integral_{0}^{d} { { 1 \over 3} * e^{-{ 1 \over 3} x} dx=0.9}[/mm]
>
> >
> >
> > [mm]\Rightarrow {1 \over 3} * e^{-{c \over 3 }} - { 1 \over 3}=0.9[/mm]
>
> >
> > [mm]\Rightarrow c=- 3 ln(3.7)[/mm]
>
> siehe oben
>
hmm ja du hast recht hab beim subsituieren -3 vergessen.
Hätt mir aber auch selber auffallen können das es nicht positiv ist
die Lösung ist bei mir jetzt $c=-3*ln(0.9)=0.31$
$d=-3*ln(0.1)=6.90$
> > dann hab ich das selbe noch mal für eine Normalverteilung
>
> > N(0,1)-verteilt.
> > wir haben dazu ein Tabelle. N(0,1) ist die
> Standarisierte
> > Normalverteilung
> > d.h ich darf "eins zu eins" ablesen.
> >
> > bei [mm]P_x ( x \le c)=0.1[/mm] liegt c auf der linken Seite.
> > [mm]1-\Phi(Z)=0.1 \Rightarrow c=-1.285[/mm]
> > bei [mm]P_x ( x < d)=0.9[/mm]
>
> > liegt d auf der rechten Seite. [mm]Phi(Z)=0.9 \Rightarrow d=1.285[/mm]
>
>
> Ja, das kommt etwa hin. In meiner Tabelle steht (glaube
> ich) 1.282, aber das ist ja egal.
>
liegt wohl daran das meine Tabelle nur 2 stellig ist und ich
dazwischen geschätzt habe.
> > So und dann hätte ich noch ein Frage zu einem andrem
> Bsp:
> > Diesmal geht es um die Randdichte. Also um mehrer
> > Zufallsgrößen.
> >
> > Man bestimme die Randdichte von X,Y es sei
> >
> > [mm]f(n)=\begin{cases} {1 \over x}, & \mbox{0 < x < 1 , 0 < y < x } \\ 0, & \mbox{sonst. } \end{cases}[/mm]
>
> >
> > zuerst mach ich das für X:
> > [mm]\integral_{0}^{x} {{ 1 \over x} dy}={ y \over x} \vert _0^x = 1-0=1[/mm]
>
>
> aber nur für [mm]0
>
Ja war klar aber gut das du es erwähnst ich hätte es nicht dazu geschrieben!
> > aber jetzt ....
> > [mm]\integral_{0}^{1} {{ 1 \over x} dx}={ ln(x)} \vert _0^1 = ln(1)-ln(0)[/mm]
>
> >
> > hmm wo liegt der Fehler ?
>
> Du solltest auch hier die Relation [mm]y
> Dann bekommst Du nämlich als untere Integralgrenze [mm]y[/mm]. Und
> das ergibt dann auch wirklich eine Dichte, wenn Du wie oben
> die Fallunterscheidung für [mm]y[/mm] berücksichtigst.
>
> > und dann noch was da komm ich schon stunden lang nicht
>
Hmm moment noch mal langsam. Das versteh ich jetzt leider nicht ...
Der Bereich auf X ist doch von 0 < x < 1 definiert.
warum ist dann die untere Integrall grenze y ?
du meinst doch [mm] :$\integral_{y}^{1} [/mm] {{ 1 [mm] \over [/mm] x} dx}$ oder ??
> > weiter:
> > [mm]f_x,_y(x,y)={ c \over {2*\pi}} ( c^2+x^2+y^2)^{-{3\over 2}} ,-\infty < x < \infty , -\infty < y < \infty , c > 0[/mm]
>
> >
> > ebenfalls ist wieder die Randdichte zu berechnen.
> > Nur leider bin ich zu blind um das zu integrieren. Hat
>
> > jemand einen Tipp mit welcher Art es einfach geht ?
> > Bin für jede hilfe dankbar ....
> > Hab es zuerst mit Substitotion versucht. Dann zu
> > vereinfachen komm aber nicht drauf ...
>
> Sorry, muss jetzt weg und kann mir deshalb das Integral
> nicht mehr anschauen. Substitution hört sich aber sinnvoll
> an, auf den ersten Blick zumindest, evt. mit anschließender
> partieller Integration (?)
>
> VIele Grüße
> Brigitte
>
Das hab ich mir auch schon gedacht aber egal wie ich z.b Z setzte
ich kann y nie vollstendig durch z ersetzten ...
Naja mal eine Nacht darüber schlafen ...
mfg Martin
PS: Danke für die hilfe!
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Lieber Martin!
> > > Man bestimme die Randdichte von X,Y es sei
> > >
> > > [mm]f(n)=\begin{cases} {1 \over x}, & \mbox{0 < x < 1 , 0 < y < x } \\ 0, & \mbox{sonst. } \end{cases}[/mm]
>
> >
> > >
> > > zuerst mach ich das für X:
> > > [mm]\integral_{0}^{x} {{ 1 \over x} dy}={ y \over x} \vert _0^x = 1-0=1[/mm]
> > aber nur für [mm]0
> >
> Ja war klar aber gut das du es erwähnst ich hätte es nicht
> dazu geschrieben!
>
> > > aber jetzt ....
> > > [mm]\integral_{0}^{1} {{ 1 \over x} dx}={ ln(x)} \vert _0^1 = ln(1)-ln(0)[/mm]
>
> > > hmm wo liegt der Fehler ?
> >
> > Du solltest auch hier die Relation [mm]y
> > Dann bekommst Du nämlich als untere Integralgrenze [mm]y[/mm]. Und
> > das ergibt dann auch wirklich eine Dichte, wenn Du wie
> oben
> > die Fallunterscheidung für [mm]y[/mm] berücksichtigst.
> >
> > > und dann noch was da komm ich schon stunden lang nicht
>
> >
> Hmm moment noch mal langsam. Das versteh ich jetzt leider
> nicht ...
> Der Bereich auf X ist doch von 0 < x < 1 definiert.
> warum ist dann die untere Integrall grenze y ?
> du meinst doch :[mm]\integral_{y}^{1} {{ 1 \over x} dx}[/mm] oder ??
Ja, genau. Die Bedingung [mm]0
> > > weiter:
> > > [mm]f_x,_y(x,y)={ c \over {2*\pi}} ( c^2+x^2+y^2)^{-{3\over 2}} ,-\infty < x < \infty , -\infty < y < \infty , c > 0[/mm]
>
> >
> > >
> > > ebenfalls ist wieder die Randdichte zu berechnen.
> > > Nur leider bin ich zu blind um das zu integrieren.
> Hat
> >
> > > jemand einen Tipp mit welcher Art es einfach geht ?
> > > Bin für jede hilfe dankbar ....
> > > Hab es zuerst mit Substitotion versucht. Dann zu
> > > vereinfachen komm aber nicht drauf ...
> >
> > Sorry, muss jetzt weg und kann mir deshalb das Integral
>
> > nicht mehr anschauen. Substitution hört sich aber
> sinnvoll
> > an, auf den ersten Blick zumindest, evt. mit
> anschließender
> > partieller Integration (?)
> >
> > VIele Grüße
> > Brigitte
> >
> Das hab ich mir auch schon gedacht aber egal wie ich z.b Z
> setzte
> ich kann y nie vollstendig durch z ersetzten ...
> Naja mal eine Nacht darüber schlafen ...
Gute Idee. Bin jetzt auch zu müde, um das fehlerfrei durchzurechnen...
> mfg Martin
> PS: Danke für die hilfe!
Viele Grüße
Brigitte
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Hallo
Ich hab schon wieder Fragen...
> Lieber Martin!
>
> > > > Man bestimme die Randdichte von X,Y es sei
> > > >
> > > > [mm]f(n)=\begin{cases} {1 \over x}, & \mbox{0 < x < 1 , 0 < y < x } \\ 0, & \mbox{sonst. } \end{cases}[/mm]
>
> >
> > >
> > > >
> > > > zuerst mach ich das für X:
> > > > [mm]\integral_{0}^{x} {{ 1 \over x} dy}={ y \over x} \vert _0^x = 1-0=1[/mm]
>
> > > aber nur für [mm]0
> > >
> > Ja war klar aber gut das du es erwähnst ich hätte es
> nicht
> > dazu geschrieben!
> >
> > > > aber jetzt ....
> > > > [mm]\integral_{0}^{1} {{ 1 \over x} dx}={ ln(x)} \vert _0^1 = ln(1)-ln(0)[/mm]
>
> >
> > > > hmm wo liegt der Fehler ?
> > >
> > > Du solltest auch hier die Relation [mm]y
>
> > > Dann bekommst Du nämlich als untere Integralgrenze [mm]y[/mm].
> Und
> > > das ergibt dann auch wirklich eine Dichte, wenn Du wie
>
> > oben
> > > die Fallunterscheidung für [mm]y[/mm] berücksichtigst.
> > >
> > > > und dann noch was da komm ich schon stunden lang
> nicht
> >
> > >
> > Hmm moment noch mal langsam. Das versteh ich jetzt leider
>
> > nicht ...
> > Der Bereich auf X ist doch von 0 < x < 1 definiert.
> > warum ist dann die untere Integrall grenze y ?
> > du meinst doch :[mm]\integral_{y}^{1} {{ 1 \over x} dx}[/mm] oder
> ??
>
> Ja, genau. Die Bedingung [mm]0
Ok Nun ja, so habe ich die Grenzen noch nicht betrachtet. Habe sie getrennt
betrachtet wie sie angegeben sind 0 < x < 1 und 0 < y < x und bin deshalb
auf das Integral von 0 bis 1 gekommen.
[mm] $\integral_{y}^{1} [/mm] {{ 1 [mm] \over [/mm] x} dx=-ln(y)}$ für aber $0<y<1$
Jetzt hab ich mir gedacht ich rechne mal zur Übung den Korrelationskoeffizienten aus.
Dazu brauch ich $E(X), Var(x)$ etc ...
Und da fängts schon wieder an
Leider hab ich keine eindeutige Definition gefunden wie man das macht.
Aber es müsste doch einfach [mm] $E(x)=\integral_{0}^{1} [/mm] {x * { 1 [mm] \over [/mm] x}} dx$ sein oder ?
und [mm] $Var(x)=\integral_{0}^{1} [/mm] {( x- [mm] E(x))^2} [/mm] dx$
mfg Martin
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Halli hallo!
> Jetzt hab ich mir gedacht ich rechne mal zur Übung den
> Korrelationskoeffizienten aus.
> Dazu brauch ich [mm]E(X), Var(x)[/mm] etc ...
> Und da fängts schon wieder an
> Leider hab ich keine eindeutige Definition gefunden wie man
> das macht.
> Aber es müsste doch einfach [mm]E(x)=\integral_{0}^{1} {x * { 1 \over x}} dx[/mm]
> sein oder ?
genau! Du hast deine Verteilungsfunktion f(x), dann berechnet sich E[x] zu [mm] \integral{x*f(x)dx}
[/mm]
> und [mm]Var(x)=\integral_{0}^{1} {( x- E(x))^2} dx[/mm]
Einfacher geht es hier sicher anders:
Die Varianz ist ja wie folgt definiert:
[mm] Var[x]=E[x^{2}]-E[x]^{2}
[/mm]
E[x] hast du ja bereits berechnet, fehlt also nur noch [mm] E[x^{2}], [/mm] was aber nichts anderes ist als [mm] \integral{x^{2}*f(x)dx}
[/mm]
Ich hoffe ich konnte dir weiterhelfen!
Liebe grüße
Ulrike
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Hi
> Halli hallo!
>
> > Jetzt hab ich mir gedacht ich rechne mal zur Übung den
>
> > Korrelationskoeffizienten aus.
> > Dazu brauch ich [mm]E(X), Var(x)[/mm] etc ...
> > Und da fängts schon wieder an
> > Leider hab ich keine eindeutige Definition gefunden wie
> man
> > das macht.
> > Aber es müsste doch einfach [mm]E(x)=\integral_{0}^{1} {x * { 1 \over x}} dx[/mm]
>
> > sein oder ?
> genau! Du hast deine Verteilungsfunktion f(x), dann
> berechnet sich E[x] zu [mm]\integral{x*f(x)dx}
[/mm]
Hmm
Ja nur meine Verteilungsfunktion ist f(x,y) und das macht mich eben etwas
stutzig ...
aber im dem fall wäre y dann konstant oder ?
>
> > und [mm]Var(x)=\integral_{0}^{1} {( x- E(x))^2} dx[/mm]
>
>
> Einfacher geht es hier sicher anders:
> Die Varianz ist ja wie folgt definiert:
> [mm]Var[x]=E[x^{2}]-E[x]^{2}
[/mm]
> E[x] hast du ja bereits berechnet, fehlt also nur noch
> [mm]E[x^{2}],[/mm] was aber nichts anderes ist als
> [mm]\integral{x^{2}*f(x)dx}
[/mm]
>
> Ich hoffe ich konnte dir weiterhelfen!
>
> Liebe grüße
> Ulrike
>
mfg Martin
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Hallo ihr beiden!
> > > Aber es müsste doch einfach [mm]E(x)=\integral_{0}^{1} {x * { 1 \over x}} dx[/mm]
>
> >
> > > sein oder ?
> > genau! Du hast deine Verteilungsfunktion f(x), dann
> > berechnet sich E[x] zu [mm]\integral{x*f(x)dx}[/mm]
HALT!!!
Erstens ist $f$ die Dichte, und nicht die Verteilungsfunktion. Zweitens kann man sich hier Integrierarbeit sparen, wenn man mit den Randdichten weiterrechnet. Wir hatten doch raus für die Randdichte [mm] $f_X(x)$:
[/mm]
[mm]f_X(x)=\left\{
\begin{array}{cl}
1 & \mbox{für } 0
Das ist übrigens die Dichte der $R(0,1)$-Verteilung.
Nun folgt (mit der bekannten Formel)
[mm]E(X)=\int_{-\infty}^{\infty} x\cdot f_X(x)\,dx=\int_0^1 x\,dx=\frac{1}{2}.[/mm]
Möchtest Du über die zweidimensionale Dichte $f(x,y)$ gehen, musst Du rechnen:
[mm]E(X)=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}x\cdot f(x,y)\,dy\,dx=
\int_0^1 \int_0^x x\cdot \frac{1}{x}\,dy\,dx.[/mm]
Daraus ergibt sich
[mm]E(X)=\int_0^1 \int_0^x 1\,dy\,dx=\int_0^1 x\,dx=\frac{1}{2}.[/mm]
> Hmm
> Ja nur meine Verteilungsfunktion ist f(x,y) und das macht
> mich eben etwas
> stutzig ...
> aber im dem fall wäre y dann konstant oder ?
Nein. Ganz generell gilt:
[mm]E(h(X,Y))=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}h(x,y)\cdot f(x,y)\,dy\,dx[/mm]
(vorausgesetzt, das Ganze existiert auch).
Liebe Grüße
Brigitte
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Hallo
Ahhja dachte mir schon sowas ok ...
DANKE!
Dann mach ich mal weiter:
[mm] $E(y)=\integral_{0}^{1} [/mm] {y*(-ln(y)) dy}$ nach partillere integration [mm] $\Rightarrow [/mm] = {1 [mm] \over [/mm] 4}$
dann
$E(XY)= [mm] \integral_{0}^{1} [/mm] { [mm] \integral_{0}^{x} [/mm] {x*y*f(x) dy} dx}$
$E(XY)= [mm] \integral_{0}^{1} [/mm] { [mm] \integral_{0}^{x} [/mm] {x*y*{1 [mm] \over [/mm] x}dy} [mm] dx}={x^3 \over 6} [/mm] = { 1 [mm] \over [/mm] 6}$
$Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)*E(Y)={1 [mm] \over [/mm] 6 } - {1 [mm] \over [/mm] 8} = {1 [mm] \over [/mm] 24}$
für die Varianz könnt ich jetzt wieder 2 mal integrieren. Es gilt aber
[mm] $Var(X)=E(X^2)-E(X)^2$
[/mm]
[mm] $E(X^2)=\integral_{0}^{1} {x^2 *1 dx}={x^3 \over 3} [/mm] = {1 [mm] \over [/mm] 3}$
$Var(X)= { 1 [mm] \over [/mm] 3 } - ( { 1 [mm] \over 2})^2={1 \over 12}$
[/mm]
[mm] $E(Y^2)=\integral_{0}^{1} {y^2 *ln(y) dy}= [/mm] {1 [mm] \over [/mm] 9}$
und der korrelationskoeffizient:
[mm] $p(X,Y)=\wurzel[2]{3 \over 7}$
[/mm]
sollte stimmen ...
mfg Martin
PS: weisst du schon wegen dem anderem Integrall ? Mein letzter versuch war
sinh(u) substituieren mien Bauch sagt mir das es in die Richtung geht ...
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Lieber Martin!
> Dann mach ich mal weiter:
>
> [mm]E(y)=\integral_{0}^{1} {y*(-ln(y)) dy}[/mm] nach partillere
> integration [mm]\Rightarrow = {1 \over 4}[/mm]
>
> dann
> [mm]E(XY)= \integral_{0}^{1} { \integral_{0}^{x} {x*y*f(x) dy} dx}[/mm]
>
>
> [mm]E(XY)= \integral_{0}^{1} { \integral_{0}^{x} {x*y*{1 \over x}dy} dx}={x^3 \over 6} = { 1 \over 6}[/mm]
>
>
> [mm]Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)*E(Y)={1 \over 6 } - {1 \over 8} = {1 \over 24}[/mm]
>
>
> für die Varianz könnt ich jetzt wieder 2 mal integrieren.
> Es gilt aber
> [mm]Var(X)=E(X^2)-E(X)^2[/mm]
>
> [mm]E(X^2)=\integral_{0}^{1} {x^2 *1 dx}={x^3 \over 3} = {1 \over 3}[/mm]
>
>
> [mm]Var(X)= { 1 \over 3 } - ( { 1 \over 2})^2={1 \over 12}[/mm]
>
>
> [mm]E(Y^2)=\integral_{0}^{1} {y^2 *ln(y) dy}= {1 \over 9}[/mm]
>
>
> und der korrelationskoeffizient:
> [mm]p(X,Y)=\wurzel[2]{3 \over 7}[/mm]
>
> sollte stimmen ...
Alles einwandfrei
> PS: weisst du schon wegen dem anderem Integrall ? Mein
> letzter versuch war
> sinh(u) substituieren mien Bauch sagt mir das es in die
> Richtung geht ...
Nein, hab immer noch nicht drüber nachgedacht. Probier's halt mal aus. Wenn was rauskommt, sag Bescheid
Liebe Grüße
Brigitte
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