Wahrscheinlichkeitsdichte

13.02.2006, 16:11

Bjoern1982

Wahrscheinlichkeitsdichte

a)

Die Zufallsvariable X besitze die folgende Verteilungsfunktion:

F(x)= $\begin{eqnarray*} 2*(\frac{1}{1+e^{-x}}-\frac{1}{2})*1_{[0,\infty)}(x) \end{eqnarray*}$

Wie lautet hier die Wahrscheinlichkeitsdichte von X und der Erwartungswert E(X) ?

b)

Ich soll zeigen, dass f(x)= $\begin{eqnarray*} e^{-(x+e^{-x})} \end{eqnarray*}$ mit x aus IR Dichtefunktion eines Wahrscheinlichkeitsmaßes auf IR ist

Wie gehe ich bei solchen Aufgabentypen am Besten vor?

Gruß Björn

13.02.2006, 17:10

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Ich würde sagen: Einfach stur durchrechnen!

a) $\begin{eqnarray*} f(x) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}F(x) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E(X) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ xf(x) ~ \mathrm{d}x \end{eqnarray*}$ .
Falls die Zufallsgröße (wie hier) auf der positiven Achse konzentriert ist, kommt man alternativ auch mit
$\begin{eqnarray*} E(X) = \int\limits_0^{\infty} ~ (1-F(x)) ~ \mathrm{d}x \end{eqnarray*}$
zum Erwartungswert.

b) $\begin{eqnarray*} F(x) = \int\limits_{-\infty}^x ~ f(t) ~ \mathrm{d}t \end{eqnarray*}$ .

13.02.2006, 18:08

Bjoern1982

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zu a)

Wie behandelt man denn das $\begin{eqnarray*} 1_{[0,\infty)}(x) \end{eqnarray*}$ beim Ableiten?

Das soll doch Indikatorfunktion darstellen, die jedem Wert von 0 bis unendlich den Funktionswert 1 zuordnet, oder?

Meinst du, dass wegen der Indikatorfunktion die Zufallsvariable nur auf positive Werte der x_achse beschränkt ist?

zu b)

Ich dachte, ich müsse da sowas zeigen wie:

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}~f(t)~dt=1 \end{eqnarray*}$ und

f(t)>=0

13.02.2006, 19:11

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Zitat:

Original von Bjoern1982
zu a)

Wie behandelt man denn das $\begin{eqnarray*} 1_{[0,\infty)}(x) \end{eqnarray*}$ beim Ableiten?

Das soll doch Indikatorfunktion darstellen, die jedem Wert von 0 bis unendlich den Funktionswert 1 zuordnet, oder?

Richtig, und deswegen leitet man für $\begin{eqnarray*} x<0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ getrennt ab. Vielleicht hilft dir da eher die umgeschriebene Darstellung

$\begin{eqnarray*} F(x) = \begin{cases} 2\left(\frac{1}{1+e^{-x}}-\frac{1}{2}\right) & \;\mbox{für}\; x\geq 0\\ 0 & \;\mbox{für}\; x<0 \end{cases} \end{eqnarray*}$

ohne Indikatorfunktion. An der Stelle $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ ist nur wichtig, dass $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ dort stetig ist, ansonsten ist die Zufallsgröße nämlich gar nicht stetig! Differenzierbarkeit ist dort aber nicht erforderlich, da die Dichte sogar an abzählbar vielen Stellen gar nicht definiert sein muss!

Zitat:

Original von Bjoern1982
zu b)

Ich dachte, ich müsse da sowas zeigen wie:

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}~f(t)~dt=1 \end{eqnarray*}$

Ja, da hab ich mich verlesen. Aber die Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ ist auch nicht schwer zu berechnen und hilft bei dem Integral, wegen des Zusammenhangs

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty} ~ f(t) ~ \mathrm{d}t = \lim\limits_{x\to\infty} F(x) \end{eqnarray*}$ .

13.02.2006, 19:51

Bjoern1982

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Also wäre die Lösung von a)

f(x) = F'(x) = $\begin{eqnarray*} \frac{2e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} \end{eqnarray*}$
für alle x>=0

und F'(x)=0 für alle x<0

Stimmt das soweit?

E(X)= $\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\infty}~(\frac{2xe^{-x}}{(1+e^{-x})^2})~dx \end{eqnarray*}$

Irgendein Tipp wie man das am Besten integriert? (Substitution?)

zu b)

Ist es hier notwendig erst von - unendlich bis null und dann von 0 bis + unendlich zu integrieren oder kann man die uneigentlichen Grenzen auch direkt beide per Grenzwertbetrachtung der Stammfunktion von f(x) einsetzen?

13.02.2006, 20:41

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Zitat:

Original von Bjoern1982
Also wäre die Lösung von a)

f(x) = F'(x) = $\begin{eqnarray*} \frac{2e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} \end{eqnarray*}$
für alle x>=0

und F'(x)=0 für alle x<0

Stimmt das soweit?

E(X)= $\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\infty}~(\frac{2xe^{-x}}{(1+e^{-x})^2})~dx \end{eqnarray*}$

Irgendein Tipp wie man das am Besten integriert? (Substitution?)

Die Dichte stimmt. Freude

Und zum Erwartungswert: Versuch's mal mit der zweiten Formel von mir oben. Oder falls die dir suspekt ist, geht das so ähnlich "von Hand":

Betrachte $\begin{eqnarray*} F_1(x) = \frac{2}{1+e^{-x}} \end{eqnarray*}$ , das ist die nur um eine Konstante verschobene Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ von oben. Damit ist $\begin{eqnarray*} F_1'=f \end{eqnarray*}$ und wir erhalten durch partielle Integration

$\begin{eqnarray*} \int ~ xf(x) ~ \mathrm{d}x = \int ~ xF_1'(x) ~ \mathrm{d}x = xF_1(x) ~ - ~\int ~ x'F_1(x) ~ \mathrm{d}x = xF_1(x) ~ - ~\int ~ F_1(x) ~ \mathrm{d}x \end{eqnarray*}$ .

Und bei dem Integral ganz rechts jetzt hilft die Substitution $\begin{eqnarray*} z = e^x \end{eqnarray*}$ oder auch $\begin{eqnarray*} z = e^{-x} \end{eqnarray*}$ , führen beide zum Erfolg.

Zitat:

Original von Bjoern1982
zu b)

Ist es hier notwendig erst von - unendlich bis null und dann von 0 bis + unendlich zu integrieren oder kann man die uneigentlichen Grenzen auch direkt beide per Grenzwertbetrachtung der Stammfunktion von f(x) einsetzen?

Die zweite Variante ist ausreichend.

13.02.2006, 20:43

Leopold

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$\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ ist an der Stelle 0 nicht differenzierbar. Sonst stimmt die Rechnung.

Beim Erwartungswertintegral partielle Integration. Bestimme in einer Vorüberlegung erst eine Stammfunktion von $\begin{eqnarray*} g(x) = \frac{\operatorname{e}^{-x}}{\left( 1 + \operatorname{e}^{-x} \right)^2} \end{eqnarray*}$ entweder durch Substitution oder genaues Hinschauen.

Leider funktioniert die bestimmte partielle Integration nicht, da dabei ein für $\begin{eqnarray*} x \to \infty \end{eqnarray*}$ divergierender Summand entsteht. Du mußt also zunächst unbestimmt integrieren und dann den Grenzübergang $\begin{eqnarray*} x \to \infty \end{eqnarray*}$ für die obere Grenze durchführen. Die untere Grenze 0 ist harmlos.

Ich habe $\begin{eqnarray*} \mathcal{E}X = 2 \ln{2} \end{eqnarray*}$ bekommen.

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