Zusammengesetzte Zufallsvariable

18.11.2009, 18:38

wolvegang

Zusammengesetzte Zufallsvariable

Hallo,
meine Frage ist:
z.B. in 40% der Fälle folgt eine Variable der Verteilung N(4;Std=1/3)
und in 60% der Fälle folgt sie N(5;Std=1/3).

Wie berechne ich die Verteilungsfunktion der Variablen?

Danke!

18.11.2009, 19:22

Lord Pünktchen

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RE: Zusammengesetzte Zufallsvariable
Sei Y1~N(4; 1/3) und Y2~N(5; 1/3)

Dann ist deine Variable X~0,4*Y1 + 0,6*Y2

18.11.2009, 19:32

wolvegang

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RE: Zusammengesetzte Zufallsvariable
danke für die schnelle antwort, aber was mich dabei stört: für die Variable X kommme ich auf eine Std von ca. 0,24 was ja kleiner is als die der anderen, obwohl noch durch die Wahrscheinlichkeiten (0,4 und 0,6) zusätzlich Variabilität reingekommen ist...

wenn ich mir dazu die beiden dichten mal grafisch zueinanderlege, müsste ja für die dichte ein "gebirge" mit zwei spitzen raus kommen; eine etwas höher (da mit 0,6 gewichtet) und eine etwas niedriger (mit 0,4). Ist das dann so ohne weiteres berechenbar?

Oder stehe ich voll auf dem schlauch...

18.11.2009, 19:32

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@Lord Pünktchen

$\begin{eqnarray*} X = 0.4Y_1 + 0.6Y_2 \end{eqnarray*}$ entspricht NICHT dem beschriebenen Mischungsmodell der Aufgabe, sondern

$\begin{eqnarray*} X = 1_{A}Y_1 + 1_{A^c}Y_2 \end{eqnarray*}$

mit einem von $\begin{eqnarray*} Y_1,Y_2 \end{eqnarray*}$ unabhängigem Ereignis $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , von dem $\begin{eqnarray*} P(A)=0.4 \end{eqnarray*}$ bekannt ist - das ist was anderes!

18.11.2009, 20:11

Lord Pünktchen

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Oh weh. Da hab ich etwas zu einfach gedacht.

Hast natürlich recht und ich den Fehler erkannt. Hammer

18.11.2009, 20:39

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Zur Berechnung: Bekannt sind die bedingten Verteilungsmaße $\begin{eqnarray*} P_{X|A} \sim P_{Y_1} \end{eqnarray*}$ , also mit bedingter Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F_{X|A}(t) = \Phi(3(t-4)) \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} P_{X|A^c} \sim P_{Y_2} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} F_{X|A^c}(t) = \Phi(3(t-5)) \end{eqnarray*}$ . Die Mischverteilungsfunktion ist dann einfach

$\begin{eqnarray*} F_X(t) = P(A)\cdot F_{X|A}(t) + P(A^c)\cdot F_{X|A^c}(t) = 0.4\cdot \Phi(3(t-4)) + 0.6\cdot \Phi(3(t-5)) \end{eqnarray*}$ ,

alles mit der Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ der Standardnormalverteilung.

18.11.2009, 21:00

wolvegang

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Danke Arthur!

Dann gilt ja gleiches auch für die Dichten, richtig?
(sprich fx = P (A) * f x|A und P(B) * f x|B)

Trotzdem habe ich da einen intuitiven Widerstand, aufgrund der Varianzberechnung (siehe oben), oder habe ich diese falsch berechnet?

18.11.2009, 21:18

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Ich weiß überhaupt nicht, wo du wie eine Varianz ausgerechnet haben willst. unglücklich

18.11.2009, 21:55

wolvegang

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Na dann halt andersrum: wie berechnest du denn für dieses Problem die Varianz von X?

und:
Dichte analog Verteilungsfunktion?

18.11.2009, 21:56

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Basierend auf $\begin{eqnarray*} X = 1_{A}Y_1 + 1_{A^c}Y_2 \end{eqnarray*}$ sowie dann

$\begin{eqnarray*} X^2 = 1_{A}^2Y_1^2 + 2\cdot 1_{A}1_{A^c}Y_1Y_2 + 1_{A^c}^2Y_2^2 = 1_{A}Y_1^2 + 1_{A^c}Y_2^2 \end{eqnarray*}$

kann man aufgrund der Unabhängigkeit von $\begin{eqnarray*} A,Y_1 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} A,Y_2 \end{eqnarray*}$ rechnen

$\begin{eqnarray*} E(X) = E(1_A)E(Y_1) + E(1_{A^c})E(Y_2) = P(A)E(Y_1) + P(A^c)E(Y_2) = 0.4\cdot 4 + 0.6\cdot 5 = \frac{23}{5} = 4.6 \end{eqnarray*}$

sowie

$\begin{eqnarray*} E(X^2) = E(1_A)E(Y_1^2) + E(1_{A^c})E(Y_2^2) = 0.4\cdot \left( 4^2 + \frac{1}{3^2} \right) + 0.6\cdot \left( 5^2 + \frac{1}{3^2} \right) = \frac{968}{45} \end{eqnarray*}$

und somit

$\begin{eqnarray*} \operatorname{var}(X^2) = E(X^2)-(E(X))^2 = \frac{968}{45} - \frac{529}{25} = \frac{79}{225} \end{eqnarray*}$ ,

also mit einer Standardabweichnung von ca. $\begin{eqnarray*} \sqrt{\operatorname{var}(X^2)} \approx 0.5925 \end{eqnarray*}$ .

18.11.2009, 22:02

wolvegang

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super, danke!

jetzt noch zwei anschlussfragen:

zum einen nochmal: dichte analog wie Verteilungsfunktion?
zum anderen: kann man denn jetzt noch was über die Art der Verteilung sagen? Normalverteilt sieht es ja jetzt nicht mehr aus, oder?

18.11.2009, 22:10

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Zitat:

Original von wolvegang
zum einen nochmal: dichte analog wie Verteilungsfunktion?

Ja klar, musst ja nur die obige VF ableiten.

Zitat:

Original von wolvegang
kann man denn jetzt noch was über die Art der Verteilung sagen? Normalverteilt sieht es ja jetzt nicht mehr aus, oder?

Ist es auch nicht, es ist die obige "Mischung". Vereinfachen zu irgendeiner üblichen Standardklasse lässt sich das nicht. unglücklich

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