Division von Zufallsvariablen

15.02.2013, 17:23

Matheneuling1991

Dichte/Verteilungsfunktion bei Multiplikation/Addition/Division von Zufallsvariablen

Guten Tag,

ich tue mir sehr schwer, wenn es darum geht, die Dichte von einer einfachen Verkettung von Zufallsvariablen zu berechnen...
Also sei z.B. die Dichte von X1 und X2 bekannt und ich möchte die Dichte/Verteilungsfunktion von X1+X2 oder von X1*X2 berechnen, gerade bei einer gleichmäßig verteilten ZV habe ich Probleme, weil es eine Konstante ist:

Mein Ansatz für X1+X2 bei X1 gleichverteilt in [0,a] und x2[0,b] mit a<=b: Ich benutze die Flatungsformel:

$\begin{eqnarray*} \int_0^z \! f_{x1}(y)*f_{x2}(z-y) \, dy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_0^z \! \frac{1}{a}*\frac{1}{b} \, dy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{x1+x2}=\frac{z}{a*b} \end{eqnarray*}$

Ist die Dichte damit berechnet?! Und wie komme ich jetzt auf die Verteilungsfunktion?

2. Beispiel, die Dichte von X1*X2 bei zwei im Intervall [0,1] gleichverteilten Zuvallsvariablen:

Hier habe ich die Formel:

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty }^{\infty } \! \frac{1}{|y|} f_{x1}(y)*f_{x2}(\frac{z}{y}) \, dy \end{eqnarray*}$

ergibt bei der Dichte von jeweils 1:

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty }^{\infty } \! \frac{1}{|y|} 1 \, dy \end{eqnarray*}$

Was schon gar nicht definiert ist, weil der natürliche Logarithmus für <=0 nicht definiert ist, und für unendlich ebenfalls gegen unendlich geht.... Ich dachte erst, ich muss dann nur im Intervall [0,1] integrieren, weil ja beide ZV auf [0,1] gleichverteilt sind, aber das macht auch keinen wirklichen Sinn, weil der Logarithmus gegen -unendlich geht, wenn man Zahlen gegen 0 einsetzt...
Was also machen?

15.02.2013, 18:44

HAL 9000

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Zitat:

Original von Matheneuling1991
$\begin{eqnarray*} \int_0^z \! f_{x1}(y)*f_{x2}(z-y) \, dy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_0^z \! \frac{1}{a}*\frac{1}{b} \, dy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{x1+x2}=\frac{z}{a*b} \end{eqnarray*}$

Ist die Dichte damit berechnet?!

Die erste Zeile ist noch richtig für alle $\begin{eqnarray*} z\geq 0 \end{eqnarray*}$ , die zweite und dritte Zeile indes nur noch für $\begin{eqnarray*} 0\leq z \leq \min(a,b) = a \end{eqnarray*}$ . Bedenke, dass die Ausgangsdichten für negative sowie "große" positive Argumente Null sind - das darfst du in der Integralberechnung nicht ignorieren. unglücklich

15.02.2013, 18:56

Matheneuling1991

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Okay, dann muss ich wohl mit der Indikatorfunktion arbeiten?

Also:

$\begin{eqnarray*} \int_0^z \! f_{x1}(y)*f_{x2}(z-y) \, dy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_0^z \! \frac{1}{a}(fuer \ y\in[0,a])*\frac{1}{b}(fuer \ (y-z)\in[0,b]) \, dy \end{eqnarray*}$

Und was mache ich jetzt?

15.02.2013, 19:02

HAL 9000

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Fallunterscheidung bzgl. Argument $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ - da führt kein Weg dran vorbei!

Für $\begin{eqnarray*} 0\leq z\leq a \end{eqnarray*}$ stimmt ja dein $\begin{eqnarray*} \frac{z}{ab} \end{eqnarray*}$ von oben.

Für $\begin{eqnarray*} z>a \end{eqnarray*}$ ist schon mal klar. dass für den erste Integrandenfaktor $\begin{eqnarray*} f_{X_1}(y)=0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} y>a \end{eqnarray*}$ gilt, du kannst das Integral daher an der oberen Grenze $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ kappen, d.h. für diese $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} f_{X_1+X_2}(z) = \int\limits_0^a \frac{1}{a} f_{X_2}(z-y) ~ \dd y \end{eqnarray*}$

Für das weitere Auflösen sind nun noch die drei Fälle $\begin{eqnarray*} a<z\leq b, b<z\leq a+b \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} z>a+b \end{eqnarray*}$ zu unterscheiden. Aber bitte mal selbst nachdenken, statt gleich wieder nachzufragen.

15.02.2013, 19:25

Matheneuling1991

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Okay, ich habe mir das jetzt angeschaut, aber ich verstehe nicht ganz genau, wie ich den Zusammenhang zwischen z und y sehen muss, kannst du das kurz erklären?

Wenn z im Intervall [0,a] dann ist das für $\begin{eqnarray*} f_{x1}(y)dy \end{eqnarray*}$ unerheblich, weil $\begin{eqnarray*} f_{x1}(y) \end{eqnarray*}$ ja nur von y abhängt, stimmt das verwirrt

bzw. der erste Term ist für jede Fallunterscheidung unerheblich)
Und der 2. Term $\begin{eqnarray*} f_{x2}(z-y) \end{eqnarray*}$ , wie ist da der Zusammenhang?

Sorry, wenn ich schon wieder Fragen stelle, aber ich stehe einfach auf dem Schlauch.. unglücklich

15.02.2013, 19:34

HAL 9000

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Ein letzter Versuch, dann muss jemand anderes weitermachen:

Du kannst nur $\begin{eqnarray*} f_{X_2}(z-y) = \frac{1}{b} \end{eqnarray*}$ für diejenigen $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ einsetzen, für die $\begin{eqnarray*} 0\leq z-y\leq b \end{eqnarray*}$ gilt, umgestellt ergibt das $\begin{eqnarray*} z-b\leq y\leq z \end{eqnarray*}$ . Dieses Intervall musst du mit dem Integrationsintervall $\begin{eqnarray*} [0,a] \end{eqnarray*}$ schneiden, was je nach $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ unterschiedlich ausgeht - daher ja die Fallunterscheidung! Am Ende integriert man also tatsächlich $\begin{eqnarray*} \frac{1}{ab} \end{eqnarray*}$ , aber nur für die $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \max(0,z-b)\leq y\leq \min(a,z) \end{eqnarray*}$ .

15.02.2013, 20:45

Matheneuling1991

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Nein, sorry, du hast mir jetzt schon wirklich stark geholfen aber ganz dahinter bin ich noch nicht gestiegen...

Also wenn z im Intervall [0,a] ist, dann ist z-b<=y<=z wenn ich also für z a einsetze, dann ist die 2. Bedingung auf jeden Fall für alls y aus [0,a] erfüllt und das Integral erstreckt sich über ganz z, stimmt das?

Wenn z im Intervall [a,b] ist, dann kann ich für z b wählen, damit ist die 2. Bedingung für alle y aus [0,b] und damit mit der ersten Bedinung erstreckt sich das Integral in [0,a]

Wenn z im Intervall [b,a+b] ist, was mache ich dann dort? Weil laut Lösung muss ich das Integral im Intervall [z-b,a] nehmen, aber ich verstehe nicht wirklich wieso, kann jemand helfen?

Und bei z im Intervall [0,a]: Müsste ich da das Interval von 0 bis z nehmen oder könnte ich auch das Intervall von 0 bis a nehmen?

Sorry, wenn ich so viele Fragen stelle, mache das aber zum ersten Mal und ich hoffe, dass du mich noch nicht aufgegeben hast und mir weiter hilfst! smile

15.02.2013, 21:26

HAL 9000

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Zitat:

Original von Matheneuling1991
Also wenn z im Intervall [0,a] ist, dann ist z-b<=y<=z wenn ich also für z a einsetze, dann ist die 2. Bedingung auf jeden Fall für alls y aus [0,a] erfüllt und das Integral erstreckt sich über ganz z, stimmt das?

"Über ganz z" ? Du meinst über ganz [0,z], was ja auch mit den Intervallgrenzen $\begin{eqnarray*} \max(0,z-b)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \min(a,z)=z \end{eqnarray*}$ in diesem Fall übereinstimmt.

Zitat:

Original von Matheneuling1991
Wenn z im Intervall [a,b] ist, dann kann ich für z b wählen, damit ist die 2. Bedingung für alle y aus [0,b] und damit mit der ersten Bedinung erstreckt sich das Integral in [0,a]

Ja, hier ist $\begin{eqnarray*} \max(0,z-b)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \min(a,z)=a \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Matheneuling1991
Wenn z im Intervall [b,a+b] ist, was mache ich dann dort?

In dem Fall ist $\begin{eqnarray*} \max(0,z-b)=z-b \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \min(a,z)=a \end{eqnarray*}$ , d.h. das Integral erstreckt sich über $\begin{eqnarray*} [z-b,a] \end{eqnarray*}$ .

15.02.2013, 22:09

Matheneuling1991

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Aahhh, jetzt hab ich es zu 100% kapiert, vielen Dank smile

Und wie ist es bei dem zweiten Beispiel, ich habe:

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty }^{\infty } \! \frac{1}{|y|} f_{x1}(y)*f_{x2}(\frac{z}{y}) \, dy \end{eqnarray*}$

das ist

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty }^{\infty } \! \frac{1}{|y|} \, dy \end{eqnarray*}$ Für die Bedingung, dass y aus [0,1] und y/z aus [0,1], die zweite Bedingung ist aber gleichbedeutend damit, dass y aus [0,z] ist, was heissen müsste, dass ich von 0 ab integrieren müsste, was wiederrum keinen Sinn macht, weil der Logarithmus für 0 gegen - unendlich geht...

Wo ist mein Fehler?

15.02.2013, 23:49

HAL 9000

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Zunächst mal macht das ganze nur Sinn für Werte $\begin{eqnarray*} 0\leq z\leq 1 \end{eqnarray*}$ , denn andere Werte kann das Produkt zweier [0,1]-verteilter Zufallsgrößen nicht annehmen.

Zitat:

Original von Matheneuling1991
die zweite Bedingung ist aber gleichbedeutend damit, dass y aus [0,z] ist

Nein. Man integriert hier über die $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ , für die zugleich $\begin{eqnarray*} 0\leq y\leq 1 \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} 0\leq \frac{z}{y} \leq 1 \end{eqnarray*}$ gilt, letzteres bedeutet nicht $\begin{eqnarray*} y\leq z \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} y\geq z \end{eqnarray*}$ !!!

D.h., man integriert am Ende nur

$\begin{eqnarray*} \int\limits_z^1 \frac{1}{y} ~ \dd y \end{eqnarray*}$ .

16.02.2013, 01:04

Matheneuling1991

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Ich kann mich nur wiederholen...

Nochmals vielen Dank! Freude

Vor allem, dass du mich nicht aufgegeben hast.. smile

16.02.2013, 01:06

HAL 9000

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Ich mag zwar öfter etwas schroff wirken, aber wenn ich sehe, dass die Leute wirklich mitarbeiten (was bei dir der Fall war), dann gebe ich auch nicht auf.

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