Exponentialverteilung

29.11.2006, 12:12

piloan

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Exponentialverteilung

Hi
ich sollte einmal zeigen ,dass für eine exponentiellverteilte Zufallsvariabel X mit Parametet $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a,b\geq0 \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} P(X>a+b,X>a)=P(X>b) \end{eqnarray*}$

das habe ich eigentlich ganz gut hinbekommen ...nun soll ich zeigen,dass fuer eine positive Zufallsvariable mit der Eigenschaft $\begin{eqnarray*} P(X>a+b,X>a)=P(X>b) \end{eqnarray*}$ gilt, das sie exponentialverteilt ist....hier weiss ich nicht wie ich die Eigenschaft ausnutzen soll....
gruß

29.11.2006, 12:19

AD

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Die Aussage ist falsch. Ich schätze mal, du meinst eigentlich die bedingte Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(X>a+b \bigm| X>a)=P(X>b) \end{eqnarray*}$ ,

das wäre dann richtig für die Exponentialverteilung.

29.11.2006, 12:28

piloan

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sorry natuerlich...

bei 1bin ich dann so vorgegangen:

$\begin{eqnarray*} \frac{P(X>(a+b)),X>a)}{P(X>a)}=\frac{1-F(a+b)}{1-F(b)} \end{eqnarray*}$ usw ....dann kam das richtige dabei raus ...
gruß smile

smile

29.11.2006, 13:12

AD

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Die Umkehrung der Aussage ist etwas kniffliger:

Sei $\begin{eqnarray*} g(t):=P(X>t) \end{eqnarray*}$ . Dann muss wegen bei $\begin{eqnarray*} P(X > a+b \bigm| X>a) = P(X>b) \end{eqnarray*}$ die Funktion $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ die Funktionalgleichung $\begin{eqnarray*} g(a+b)=g(a)g(b) \end{eqnarray*}$ erfüllen. Mit ähnlichen Techniken wie bei der Cauchyschen Funktionalgleichung kommt man sehr rasch zu $\begin{eqnarray*} g(na)=g(a)^n \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} g\left(\frac{n}{m}a\right)=g(a)^{\frac{n}{m}} \end{eqnarray*}$ für positive ganze Zahlen $\begin{eqnarray*} n,m \end{eqnarray*}$ .

Nun kann man $\begin{eqnarray*} 0<g(1)<1 \end{eqnarray*}$ nachweisen, weil andernfalls $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ keine positive Zufallsgröße sein kann. Dann setzt man $\begin{eqnarray*} \lambda:=-\ln(g(1)) \end{eqnarray*}$ und hat

$\begin{eqnarray*} g(t) = P(X>t) = e^{-\lambda t}\qquad (*) \end{eqnarray*}$

für alle positiven rationalen $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ nachgewiesen. Wegen der Monotonie von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ erhält man Darstellung (*) dann schließlich auch für alle positiven reellen $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ über Intervallschachtelung und Stetigkeit der Exponentialfunktion.

29.11.2006, 14:20

piloan

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ok ...das habe ich alles verstanden .Eine Frage habe ich noch zur Cauchy-Funktionalgleichung....darf ich g(na)=g(a)^n einfach daraus folgern oder muss ich das noch irgendwie zeigen

29.11.2006, 14:40

AD

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Das kann bzw. sollte man durch vollständige Induktion über $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ zeigen.

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29.11.2006, 14:45

piloan

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hab ich gemacht ...ging ja super leicht ...danke. ...

29.11.2006, 18:37

piloan

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Sei U eine auf [0,1] gleichverteilte Zufallsvariable. Berechenen Sie die Dichtefunktionen von

1.) $\begin{eqnarray*} X=-log U \end{eqnarray*}$
2.) $\begin{eqnarray*} Y=tan(\pi*U-\frac{\pi}{2}) \end{eqnarray*}$

Ok mein Ansatz

Wenn die Verteilungsfunktion F stetig differenzierbar ist, dann ist ihre Ableitung eine Dichtefunktion. Heisst das ich muss nur ableiten ?

29.11.2006, 18:57

AD

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Was ableiten, und wonach?

29.11.2006, 19:15

piloan

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ja das weiss ich eben nicht...weiss garnicht ob das X=-logU jetzt meine Verteilungsfunktion ist , quasi kann ich mit der schreibweise nix anfangen . unglücklich

unglücklich

29.11.2006, 19:33

AD

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$\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ist eine Zufallsgröße, mit bekannter Verteilung(sfunktion). Jetzt wird daraus gemäß Transformation

$\begin{eqnarray*} X = -\ln(U)\qquad (*) \end{eqnarray*}$

eine neue Zufallsgröße gebildet - mehr geschieht hier nicht! Und zur Bestimmung der Verteilung von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ gibt es zwar Transformationssätze, die man sich aber nicht unbedingt merken muss, denn das kann man sich auch schnell so erklären: Gemäß Definition der Verteilungsfunktion ist $\begin{eqnarray*} F_X(t) := P(X \leq t) \end{eqnarray*}$ . Und jetzt kann man (*) einsetzen und das Ereignis in der Wkt. $\begin{eqnarray*} P(\cdots) \end{eqnarray*}$ äquivalent umformen, gemäß üblichen Regeln für Ungleichungsumformungen:

$\begin{eqnarray*} F_X(t) = P(X\leq t) = P(-\ln(U) \leq t) = P(\ln(U) \geq -t) = P(U \geq e^{-t}) = 1-P(U<e^{-t}) = 1-F_U(e^{-t}) \end{eqnarray*}$

Jetzt da nur noch die Verteilungsfunktion

$\begin{eqnarray*} F_U(s) = \begin{cases} 0 & \;\mbox{für}\; s<0\\ s & \;\mbox{für}\; 0\leq s\leq 1\\ 1 & \;\mbox{für}\; s>1 \end{cases} \end{eqnarray*}$

einsetzen, fertig.

29.11.2006, 21:09

piloan

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hi
soll ich hier
$\begin{eqnarray*} 1-F_U(e^{-t}) \end{eqnarray*}$ das einsetzen

$\begin{eqnarray*} F_U(s) = \begin{cases} 0 & \;\mbox{für}\; s<0\\ s & \;\mbox{für}\; 0\leq s\leq 1\\ 1 & \;\mbox{für}\; s>1 \end{cases} \end{eqnarray*}$

und dann hab ich
$\begin{eqnarray*} 1-F_U(s) \end{eqnarray*}$

29.11.2006, 22:57

piloan

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Also ich weiss nun das sich die neue Verteilungsfkt so zusammensetzt:

$\begin{eqnarray*} F_X(t)= 1-F_U(e^{-t}) \end{eqnarray*}$ ausserdem weiss ich,dass

$\begin{eqnarray*} F_U(e^{-t}) = \begin{cases} 0 & \;\mbox{für}\; t<0\\t & \;\mbox{für}\; 0\leq t\leq 1\\ 1 & \;\mbox{für}\; t>1 \end{cases} \end{eqnarray*}$

da U gleichverteilt ist.

ich hab keine ahnung ob davon was stimmt so am fruehen morgen Augenzwinkern

Augenzwinkern

30.11.2006, 11:35

AD

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Also einsetzen bedeutet was anderes:

Für $\begin{eqnarray*} t\geq 0 \end{eqnarray*}$ ist ja bekanntlich $\begin{eqnarray*} 0<e^{-t}\leq 1 \end{eqnarray*}$ , also kommt beim Einsetzen von $\begin{eqnarray*} s=e^{-t} \end{eqnarray*}$ der mittlere Zweig $\begin{eqnarray*} F_U(s)=s \end{eqnarray*}$ zur Geltung, heißt $\begin{eqnarray*} F_U(e^{-t}) = e^{-t} \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} t<0 \end{eqnarray*}$ dagegen ist $\begin{eqnarray*} e^{-t}>1 \end{eqnarray*}$ , also kommt dort der letzte Zweig $\begin{eqnarray*} F_U(s)=1 \end{eqnarray*}$ zur Geltung, demnach $\begin{eqnarray*} F_U(e^{-t}) = 1 \end{eqnarray*}$ . Insgesamt folgt:

$\begin{eqnarray*} F_X(t) = 1-F_U(e^{-t}) = \begin{cases} 0 & \;\mbox{für}\; t<0\\ 1-e^{-t} & \;\mbox{für}\; t\geq 0 \end{cases} \end{eqnarray*}$

30.11.2006, 12:05

piloan

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hi
ok das habe ich verstanden ...somit habe ich dann die Verteilungsfunktion fuer X bestimmt ...aber muss ich nicht noch die dichtefkt bestimmen ?

30.11.2006, 12:08

AD

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Dann leite doch ab, schließlich ist

$\begin{eqnarray*} f_X(t) = \frac{\dd}{\dd t} F_X(t) \end{eqnarray*}$ für fast alle $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ .

30.11.2006, 12:14

piloan

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$\begin{eqnarray*} f_X(t) = \frac{\dd}{\dd t} F_X(t) \end{eqnarray*}$ für fast alle $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_X(t) =\begin{cases} 0 & \;\mbox{für}\; t<0\\ e^{-t} & \;\mbox{für}\; t\geq 0 \end{cases} \end{eqnarray*}$

ist das korrekt ?

30.11.2006, 12:24

AD

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Ja. An der Stelle $\begin{eqnarray*} t=0 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} F_X \end{eqnarray*}$ zwar nicht differenzierbar, aber das macht nix. Die Dichte ist ja nicht als Ableitung der Verteilungsfunktion definiert, sondern umgekehrt: Die Verteilungsfunktion muss Integralfunktion über die Dichte sein:

$\begin{eqnarray*} F_X(t) = \int\limits_{-\infty}^t ~ f_X(u) ~ \dd u \end{eqnarray*}$

30.11.2006, 12:41

piloan

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danke!!...
bei der nr 2 mach ich das analog

$\begin{eqnarray*} F_Y(t) = P(Y\leq t) = P(tan(\pi*U-\frac{\pi}{2}) \leq t)= P(\pi*U-\frac{\pi}{2}\leq arctan(t)) =P(\pi*U\leq arctan(t)+\frac{\pi}{2}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =P(U\leq \frac{arctan(t)+\frac{\pi}{2}}{\pi}) \end{eqnarray*}$

ist das ok?

30.11.2006, 13:05

AD

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Ja.

Freude

30.11.2006, 13:41

piloan

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$\begin{eqnarray*} =P(U\leq \frac{arctan(t)+\frac{\pi}{2}}{\pi})=1-P(U<\frac{arctan(t)+\frac{\pi}{2}}{\pi}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} F_Y(t)=1-P(U<\frac{arctan(t)+\frac{\pi}{2}}{\pi}) \end{eqnarray*}$

da U wieder gleichverteilt ist kann ich das ja wieder einsetzen ...aber diesmal gilt doch fuer jedes t, dass $\begin{eqnarray*} \frac{arctan(t)+\frac{\pi}{2}}{\pi} \end{eqnarray*}$ zwischen 0 und 1 liegt

daraus folgt :
$\begin{eqnarray*} F_Y(t)=1-\frac{arctan(t)+\frac{\pi}{2}}{\pi} \end{eqnarray*}$

? verwirrt

verwirrt

30.11.2006, 14:33

AD

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Zitat:

Original von piloan
$\begin{eqnarray*} =P(U\leq \frac{arctan(t)+\frac{\pi}{2}}{\pi})=1-P(U<\frac{arctan(t)+\frac{\pi}{2}}{\pi}) \end{eqnarray*}$

Unsinn - das ist eine falsche, weil gedankenlose Übertragung des ersten Beispiels.

30.11.2006, 15:03

piloan

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$\begin{eqnarray*} =P(U\leq \frac{arctan(t)+\frac{\pi}{2}}{\pi}) \end{eqnarray*}$

Dann hab ich stehen :

$\begin{eqnarray*} F_Y(t)=P(U\leq \frac{arctan(t)+\frac{\pi}{2}}{\pi}) \end{eqnarray*}$

aber da
$\begin{eqnarray*} 0<\frac{arctan(t)+\frac{\pi}{2}}{\pi}<1 \end{eqnarray*}$

und U gleichverteilt ist folgt

$\begin{eqnarray*} F_Y(t)=\frac{arctan(t)+\frac{\pi}{2}}{\pi} \end{eqnarray*}$

jetzt richtig ? verwirrt

verwirrt

30.11.2006, 15:50

AD

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Ja. Oben war das 1-P(..) nötig, weil ein U>... statt des geforderten U<... da stand - hier stimmt es ohne diese "Invertierung".

30.11.2006, 15:54

piloan

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ja ...hatte garnicht mehr gesehen,dass es da sofort stand ..... Augenzwinkern

Augenzwinkern

dann bekom ich fuer meine dichte:

$\begin{eqnarray*} f_Y(t)=\frac{1}{\pi(t^2+1)} \end{eqnarray*}$ muss ich eigentlich beim arctan und tan nicht auf Def.lücken aufpassen oder ist das egal ?

30.11.2006, 16:01

AD

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Zitat:

Original von piloan
muss ich eigentlich beim arctan und tan nicht auf Def.lücken aufpassen oder ist das egal ?

Bisschen spät, jetzt dran zu denken, aber besser spät als nie. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Die richtige Stelle für solche Gedanken wäre hier gewesen:

$\begin{eqnarray*} P\left( \tan\left(\pi U-\frac{\pi}{2} \right) \leq t \right) = P\left(\pi U-\frac{\pi}{2}\leq \arctan(t)\right) \end{eqnarray*}$

Aber es ist alles gut gegangen, da durch den Wertebereich $\begin{eqnarray*} 0<U<1 \end{eqnarray*}$ auf jeden Fall

$\begin{eqnarray*} -\frac{\pi}{2} < \pi U-\frac{\pi}{2} < \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

gilt, und eingeschränkt auf dieses Intervall $\begin{eqnarray*} \left( -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right) \end{eqnarray*}$ ist der Tangens stetig und streng monoton wachsend und daher umkehrbar.

P.S.: Falls der Einwand kommt, dass U auch gleich 0 oder 1 werden kann: Geschenkt, das passiert nur mit Wkt 0, das interessiert nicht. smile

smile

30.11.2006, 16:29

piloan

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schön das hab ich nun alles verstanden ...
jetzt habe ich schon versucht das Verstandene anzuwenden.weiss aber nicht was ich falsch mache...

hier steht

X_1...X_n sind unabhaengig und exponentialverteilt mit Parameter $\begin{eqnarray*} \lambda =1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b_n =log(n),a_n=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} M_n =max\{X_1....X_n\} \end{eqnarray*}$

es soll gelten

$\begin{eqnarray*} lim_{n \to \infty} P(\frac{M_n-b_n}{a_n} \leq x)\to e^{-e^{-x}} \end{eqnarray*}$

nun hab ich

$\begin{eqnarray*} P(\frac{M_n-b_n}{a_n} \leq x)= P(M_n-log(n) \leq x) \end{eqnarray*}$

definiere ich die maximale Zufallsvarible mit $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$
und dann wollt ich

$\begin{eqnarray*} P(M_n-log(n) \leq x)=P(X_i-log(n) \leq x)=P(X_i \leq x+log(n)) \end{eqnarray*}$

aber irgendwie klappt das weiter net ....denke das muss an dem M_n liegen ,was ich da falsch mache , oder?

30.11.2006, 16:33

AD

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Die Verteilung des Maximums von Zufallsgrößen ist schon wieder ein ganz eigenes Kapitel, siehe z.B. hier.

30.11.2006, 16:51

piloan

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jo ..soll ich dann ein neues kapitel aufmachen?..dachte nur dann ist nicht zu viel von mir da .....nicht das es einen stoert Augenzwinkern

Augenzwinkern

30.11.2006, 16:57

AD

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Ne, lass mal, passt schon noch zur Überschrift "Exponentialverteilung".

30.11.2006, 17:09

piloan

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Der erste Teil der Aufgabe war ...

$\begin{eqnarray*} X_1....X_n \end{eqnarray*}$ sind unabhaengige ZV mit Verteilungsfunktionen $\begin{eqnarray*} F_1....F_n \end{eqnarray*}$ .

Bestimmen Sie Verteilungsfkt

$\begin{eqnarray*} M_n =max\{X_1...X_n\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} F_n(t) := P(X_{(n)} < t) = P(X_1<t,\ldots,X_n<t) = P(X_1<t)\cdot\ldots\cdot P(X_n < t) \end{eqnarray*}$

ich verstehe den Schritt, den man ausnutzt fuer die Unabhängigkeit aber ich verstehe ich deinem link den zusammenhang mit dem maximum nicht ...

30.11.2006, 17:51

piloan

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heisst das quasi

$\begin{eqnarray*} P(X_{(n)}) \end{eqnarray*}$ das ist das Maximum (weiss zwar net warum da ne klammer um das n ist....heißt das max? Augenzwinkern

Augenzwinkern

)

dann muss dieses $\begin{eqnarray*} P(X_{(n)}) \end{eqnarray*}$

alle $\begin{eqnarray*} P(X_1<t,\ldots,X_n<t) \end{eqnarray*}$ erfuellen , daraus folgt dann durch

unabhaengigkeit der 2. Schritt ?....

das was du hier geschrieben hast geht doch nur,wenn die ZV identisch sind und mit einer Verteilungsfkt verteilt werden , oder ?

ich hab naemlich neben den beiden Aufgaben noch 2 weitere die aehnlich aufgebaut sind nur mit anderen verteilungen als

$\begin{eqnarray*} lim_{n \to \infty} P(\frac{M_n-b_n}{a_n} \leq x)\to e^{-e^{-x}} \end{eqnarray*}$

und soll immer grenzwerte bestimmen ...aber da ich nicht weiss wie ich damit rechnen muss , ist das ein wenig bloed Augenzwinkern

Augenzwinkern

30.11.2006, 22:37

AD

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Das $\begin{eqnarray*} X_{(n)} \end{eqnarray*}$ ist nur eine Schreibweise aus dem anderen Thread, die ist nicht allgemeingültig - wichtig ist nur der Inhalt:

$\begin{eqnarray*} P( \max\{X_1,\ldots,X_n\} < t) = P(X_1<t,\ldots,X_n<t) \end{eqnarray*}$

ist allgemeingültig, für alle Zufallsgrößen! Was in den Klammern P(...) steht, wird nämlich nur auf Ereignisebene äquivalent umgeformt. Die nächste Identität

$\begin{eqnarray*} P(X_1<t,\ldots,X_n<t) = P(X_1<t)\cdot\ldots\cdot P(X_n < t) \end{eqnarray*}$

benutzt die Unabhängigkeit der Zufallsgrößen $\begin{eqnarray*} X_1,\ldots,X_n \end{eqnarray*}$ , mehr nicht! Also nicht etwa identische Verteilung, die braucht man bis hierhin nicht. Du musst dir die einzelnen Schritte sorgfältig abklopfen!

30.11.2006, 22:58

piloan

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Ok ...dann habe ich die schritte abgeklappert dann folgt

$\begin{eqnarray*} F_1(t)*F_2(t)*....F_n(t) \end{eqnarray*}$ und hier ist dann ende beim weiter zusammenfassen...aber das glaube ich nciht sondern ich denke ich mach einen fehler....
habe mir aber auch nochmal die MAximumverteilung im Skript durchgelesen aber die sprechen da immer von einer Verteilungsfkt und nicht von mehreren wie bei mir unglücklich

unglücklich

30.11.2006, 23:03

AD

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Naja, stimmt doch! Es sei denn, ihr habt die Verteilungsfunktionen gemäß $\begin{eqnarray*} F_X(t) = P(X \leq t) \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} F_X(t) = P(X < t) \end{eqnarray*}$ definiert, dann musst du die ganzen < durch < ersetzen.

30.11.2006, 23:08

piloan

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also ist das die loesung fuer die aufgabe : bestimmen sie die Verteilungsfunktion fuer M_n

$\begin{eqnarray*} F_1(t)*F_2(t)*....F_n(t) \end{eqnarray*}$ ?... aber wie soll ich denn mit dieser menge in der Grenzwertaufgabe der exponentialverteilung weiterrechnen ...?

ist mir alles noch einwenig suspekt Hammer

Hammer

30.11.2006, 23:20

AD

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Na setz doch einfach mal ein, nur Mut! Beginnend hier, wo du schon mal warst, nur etwas korrigiert

$\begin{eqnarray*} P(M_n \leq x+\ln(n)) = \prod\limits_{k=1}^n P(X_k \leq x+\ln(n)) = \left(1-e^{-(x+\ln(n))}\right)^n \end{eqnarray*}$ .

Und jetzt noch etwas umformen und Grenzwert $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ bilden.

30.11.2006, 23:39

piloan

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Jetzt seh ichs auch Freude

Freude

also geht das fuer analog fuer X_1 ...X_n Cauchyverteilt a_n =n und b_n=0

$\begin{eqnarray*} P(M_n \leq x*n)) = \prod\limits_{k=1}^n P(X_k \leq x*n) \end{eqnarray*}$ .Dann die Definition der Verteilung einsetzen und den Grenzwert betrachten ....hoffe das stimmt endlich

Also kann ich fuer die 1.) auch noch weiter schreiben :

$\begin{eqnarray*} F_{M_n}(t)=\prod\limits_{k=1}^n~ F_k(t) \end{eqnarray*}$ und das ist dann meine Lösung fuer die Verteilungsfunktion...

danke fuer die geopferte Zeit Freude

Freude

05.10.2007, 19:43

ichverstehalles

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sorry

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