Verteilungsdichte bestimmen - Seite 2

17.06.2011, 13:59

René Gruber

Ja, genau. Und wenn man über diesen Bereich integriert, dann ist das doch $\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty} \end{eqnarray*}$ .

Eine endliche Integrationsobergrenze $\begin{eqnarray*} b<\infty \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \int_0^b \end{eqnarray*}$ , hätte ich doch durch $\begin{eqnarray*} 0<t<b \end{eqnarray*}$ kenntlich gemacht. Jedenfalls ist < oder < bei den endlichen Integrationsgrenzen doch nun völlig wurst - wenn dir das nicht klar ist, dann hast du aber überhaupt nichts vom Integral verstanden. Aber $\begin{eqnarray*} 0<t\leq \infty \end{eqnarray*}$ zu schreiben für den Integrationsbereich ist horrender Blödsinn: Die Integrandenfunktion ist auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ definiert, und $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ gehört nicht zu $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ .

Und jetzt denk mal ein bisschen nach, und wiederhole die grundlegenden Dinge der Analysis, bevor du mit deinen Unterstellungen fortfährst.

17.06.2011, 15:10

HAL 9000

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Ich wundere mich ein wenig über die Prioritätensetzung. Die Formel

Zitat:

Original von René Gruber
Im Fall $\begin{eqnarray*} u\leq 0 \end{eqnarray*}$ , und mehr brauchen wir im folgenden ja auch gar nicht, heißt das

$\begin{eqnarray*} f_{\tilde X+\tilde Y}(u) = \int\limits_{0}^{\infty} \frac{1}{1-z}\alpha e^{-\alpha \left(\frac{t}{1-z}\right)}\cdot \frac{1}{z}\alpha e^{\alpha \cdot \frac{u-t}{z}} ~ \dd t \end{eqnarray*}$ .

steht da, die könnte man jetzt vereinfachen und zügig zur gesuchten Wahrscheinlichkeitsberechnung

$\begin{eqnarray*} F_{\tilde X+\tilde Y}(0) = \int\limits_{-\infty}^0 f_{\tilde X+\tilde Y}(u) ~ \dd u \end{eqnarray*}$

übergehen. Aber auf diesem Gebiet geschieht nichts, sehr merkwürdig. Stattdessen wird die Zeit vertrödelt mit einer merkwürdigen, ohne Not vom Zaun gebrochenen Diskussion über die obere Integrationsgrenze. verwirrt

17.06.2011, 16:24

Gast11022013

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Entschuldige meine Nachfrage, aber man soll doch gar keine Wahrscheinlichkeit berechnen, sondern die Verteilungsdichte und wurde das nicht gemacht?

17.06.2011, 16:28

HAL 9000

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Möglich, dass man bei der (Über-)Länge des Threads den Überblick verliert, aber es geht ja wohl bei

Zitat:

Original von René Gruber
$\begin{eqnarray*} P(Z\leq z) = P\left( \frac{X}{X+Y} \leq z \right) = P(X \leq zX+zY) = P((1-z)X-zY \leq 0) \end{eqnarray*}$

um die Verteilung von $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ , und nicht um die von $\begin{eqnarray*} (1-z)X-zY \end{eqnarray*}$ . Letztere war ja nur ein Hilfsmittel.

17.06.2011, 16:32

Gast11022013

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Verstehe das Problem nicht.

Gesucht ist die Verteilungsdichte von X/(X+Y).

Und hat man die denn jetzt nicht berechnet, indem man das ganze Problem auf die Faltung von $\begin{eqnarray*} \tilde X \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \tilde Y \end{eqnarray*}$ zurückgeführt hat?

17.06.2011, 16:34

HAL 9000

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17.06.2011, 16:38

Gast11022013

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Wie darf ich diesen Smiley deuten?

17.06.2011, 16:40

HAL 9000

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Ich sehe weit und breit noch keine Dichte von $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ , sondern nur etwas Halbfertiges auf dem Weg dahin. An sich habe ich das in zwei Beiträgen mehr als deutlich gemacht. Wieso du so dran vorbeiredest und das gar nicht zur Kenntnis nimmst, ist mir ehrlich gesagt ein Rätsel. Allerdings verstehe ich nun Renés Reaktion besser.

17.06.2011, 16:44

Gast11022013

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$\begin{eqnarray*} P(Z\leq z)=P(\tilde X+\tilde Y\leq 0) \end{eqnarray*}$

Du meinst, ich muss jetzt die rechte Seite berechnen, mit der Verteilungsfunktion für $\begin{eqnarray*} \tilde X+\tilde Y \end{eqnarray*}$ und dann habe ich die linke Seite.

Und daraus kann man dann die Dichte von Z berechnen?

Ist das so gemeint?

17.06.2011, 16:45

HAL 9000

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Ja.

17.06.2011, 17:31

Gast11022013

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

steht da, die könnte man jetzt vereinfachen und zügig zur gesuchten Wahrscheinlichkeitsberechnung

Vereinfachen

$\begin{eqnarray*} f_{\tilde X+\tilde Y}(u)=\frac{\alpha^2}{z\cdot (1-z)}\int_0^{\infty}e^{-\alpha\cdot \left(\frac{t}{1-z}-\frac{u-t}{z}\right)} dt \end{eqnarray*}$

Zitat:

$\begin{eqnarray*} F_{\tilde X+\tilde Y}(0) = \int\limits_{-\infty}^0 f_{\tilde X+\tilde Y}(u) ~ \dd u \end{eqnarray*}$

übergehen.

Da habe ich dann:

$\begin{eqnarray*} F_{\tilde X+\tilde Y}(0)=\frac{\alpha^2}{z\cdot (1-z)}\int_{-\infty}^{0}\int_{0}^{\infty}e^{-\alpha\cdot \left(\frac{t}{1-z}-\frac{u-t}{z}\right)} dt du \end{eqnarray*}$

Wie kann man weiterrechnen bzw. stimmt das bis zu diesem Punkt?

17.06.2011, 17:42

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dennis2010
Vereinfachen

$\begin{eqnarray*} f_{\tilde X+\tilde Y}(u)=\frac{\alpha^2}{z\cdot (1-z)}\int_0^{\infty}e^{-\alpha\cdot \left(\frac{t}{1-z}-\frac{u-t}{z}\right)} dt \end{eqnarray*}$

Na da geht aber deutlich mehr! Mal im Integranden sauber sortiert, was konstant (also nicht von der Integrationsvariablen $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ abhängig) ist und was nicht, ergibt sich ein simples Integral vom Typ

$\begin{eqnarray*} \gamma\cdot \int\limits_0^{\infty} e^{-\beta t} ~ \dd t \end{eqnarray*}$

mit (bzgl. $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ ) konstanten Parametern $\begin{eqnarray*} \beta,\gamma \end{eqnarray*}$ . Und das kann man ja wohl konkret ausrechnen.

17.06.2011, 17:57

Gast11022013

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Hab' versucht, das auszuführen und komme beim Integranden auf:

$\begin{eqnarray*} e^{\frac{-\alpha}{1-z}\cdot t+\frac{\alpha u}{z}-\frac{\alpha}{z}\cdot t} \end{eqnarray*}$

17.06.2011, 18:16

HAL 9000

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Weiter, weiter, weiter, ...

Zitat:

Original von HAL 9000
Mal im Integranden sauber sortiert, was konstant (also nicht von der Integrationsvariablen $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ abhängig) ist und was nicht

Du bewegst dich immer nur Millimeter, wo ich eigentlich mal auf einen richtigen Schritt hoffe. unglücklich

17.06.2011, 18:17

Gast11022013

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Das weiß ich. Ich erkenne aber nicht, wie ich da weiter "sortieren" kann. Deswegen frage ich ja nach.

17.06.2011, 18:32

Gast11022013

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Ah! Ich glaube, Du meinst dieses hier:

$\begin{eqnarray*} e^{\frac{-\alpha}{1-z}+\frac{\alpha u}{z}-\frac{\alpha}{z}\cdot t}=e^{\frac{\alpha u}{z}}\cdot e^{(-\frac{\alpha}{1-z}-\frac{\alpha}{z})\cdot t} \end{eqnarray*}$

Den ersten Faktor kann man dann vor das Integral ziehen.

17.06.2011, 18:34

HAL 9000

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Na, es wird doch.

17.06.2011, 18:51

Gast11022013

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Dann wäre ich also angelangt bei:

$\begin{eqnarray*} f_{\tilde X+\tilde Y}(u)=\frac{\alpha^2\cdot e^{\left(\frac{\alpha u}{z}\right)}}{z\cdot (1-z)}\int_0^{\infty}e^{\left(-\frac{\alpha}{1-z}-\frac{\alpha}{z}\right)}\cdot t dt \end{eqnarray*}$

Wieder eine Frage, mit der ich mich wieder aufs Glatteis begebe:

Du sagtest, man könne dieses Integral nun konkret ausrechnen.

Ich möchte das versuchen jetzt hier ein bisschen abzukürzen.

Bleibt dann von diesem ganzen Ausdruck am Ende noch

$\begin{eqnarray*} \alpha\cdot e^{\left(\frac{\alpha u}{z}\right)} \end{eqnarray*}$ übrig, sodass man

$\begin{eqnarray*} \alpha\int_{-\infty}^{0}e^{\left(\frac{\alpha u}{z}\right)} du \end{eqnarray*}$ rechnet?

17.06.2011, 18:53

HAL 9000

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Na, das war dann doch mal ein Schritt. Freude

17.06.2011, 19:01

Gast11022013

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Das ist jetzt $\begin{eqnarray*} P(\tilde X+\tilde Y\leq 0)=P(Z\leq z) \end{eqnarray*}$ .

Und jetzt muss ich noch hiervon die Dichte bestimmen. Dann habe ich die Dichte von Z.

Die Dichte erhält man doch immer durch Differenzieren. Bzw. die Dichte ist ja das, was unterm Integral steht.

Ist dann die gesuchte Dichte

$\begin{eqnarray*} \alpha e^{\left(\frac{\alpha u}{z}\right)} \end{eqnarray*}$ ?

[Hoffentlich ist das jetzt nicht wieder ein Rück-Schritt.]

17.06.2011, 19:12

HAL 9000

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Jetzt verwechselst du aber die Bedeutung von $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ . Nein, rechne auch noch

$\begin{eqnarray*} F_Z(z) = \alpha \int\limits_{-\infty}^0 e^{\frac{\alpha}{z}\cdot u} ~ \dd u \end{eqnarray*}$

richtig aus, ist doch wieder so ein einfaches Exponentialintegral.

17.06.2011, 19:20

Gast11022013

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Kommt da $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ heraus?

Nee, das kann doch nicht sein.

17.06.2011, 19:23

HAL 9000

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Doch, so ist es - verblüffend, nicht wahr? Du solltest natürlich ganz an den Anfang zurückblicken und realisieren, dass diese ganzen Umformungen nur für $\begin{eqnarray*} 0<z<1 \end{eqnarray*}$ getätigt wurden. Was ja auch ausreicht, denn wenn man genau drüber nachdenkt, kann die Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} Z = \frac{X}{X+Y} \end{eqnarray*}$ aufgrund der Positivität von X und Y auch nur Werte aus dem Intervall $\begin{eqnarray*} (0,1) \end{eqnarray*}$ annehmen.

Die Verteilung mit der Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F_Z(z)=z \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} 0<z<1 \end{eqnarray*}$ kann man natürlich auch nennen ... na, wie?

17.06.2011, 19:27

Gast11022013

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Doofe Frage:

Was ist dann die gesuchte Dichteverteilung, wenn $\begin{eqnarray*} F_Z(z)=z \end{eqnarray*}$ ist?

$\begin{eqnarray*} f_Z(z)=z \end{eqnarray*}$ ?
Oder $\begin{eqnarray*} f_Z(z)=1 \end{eqnarray*}$ ?
Irgendwie irritiert mich das.. geschockt

Ich weiß nicht, wie man diese Verteilung auch nennen kann...

17.06.2011, 19:28

HAL 9000

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Na das ist die stetige Gleichverteilung auf $\begin{eqnarray*} (0,1) \end{eqnarray*}$ , dort mit konstanter Dichte $\begin{eqnarray*} f_Z(z)=1 \end{eqnarray*}$ . Also das, was einem auch die Zufallszahlengeneratoren liefern. Augenzwinkern

17.06.2011, 19:30

Gast11022013

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Also das Resultat finde ich jetzt wirklich erstaunlich.

Aber die Aufgabe ist ENDLICH gelöst!

Ich weiß gar nicht, wie ich Dir danken kann.

Ich bedanke mich aber natürlich auch nochmal bei Réné Gruber, den ich leider irre gemacht habe.

17.06.2011, 19:32

HAL 9000

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Ich möchte auch betonen, dass diese Aufgabe über den Transformationssatz wirklich sehr viel schneller gelöst werden kann. Aber leider kennst du den ja nicht.

17.06.2011, 19:33

Gast11022013

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Da hätte ich nochmal die Bitte, dass Du mir vielleicht einfach einen Link zu dem gibst.
Ich bin ja jetzt schon neugierig.

Ich stelle auch keine weiteren Fragen dazu, keine Sorge. Augenzwinkern

Ich möchte nur gerne mal sehen, was uns alles nicht beigebracht wird.

17.06.2011, 19:43

HAL 9000

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Der Satz ist aus der mehrdimensionalen Analysis wohlbekannt. Eine maßgeschneiderte Erklärung, wie das auf die Stochastik mehrdimensionaler stetiger Zufallsgrößen anzuwenden ist, ist schwierig zu finden. Vielleich gibt die Erklärung in der englischen Wikipedia einen Eindruck davon

http://en.wikipedia.org/wiki/Integration..._in_probability

wirklich ausführlich ist das natürlich dort nicht, weil ohne Beispielrechnung.

17.06.2011, 22:25

Gast11022013

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Ich würde gerne jetzt im Nachhinein doch nochmal gerne das mit dem Transformationssatz versuchen zu lösen. Wir hatte das zwar, wie gesagt, nicht, aber es kann ja nicht schaden, es zu versuchen.

Wenn ich das korrekt begriffen habe, geht man jetzt so vor. Bitte entschuldigt eventuelle Fehler, das ist alles totales Neuland.

Man nehme eine bijektive Abbildung $\begin{eqnarray*} Q \end{eqnarray*}$ , die folgendermaßen abbildet:

$\begin{eqnarray*} Q((X,Y))=(Z,T) \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} Z=\frac{X}{X+Y}, T=X+Y \end{eqnarray*}$

Dann ist $\begin{eqnarray*} Q((Z,T))^{-1}=(ZT,T-ZT) \end{eqnarray*}$ .

Außerdem ist $\begin{eqnarray*} Q'((Z,T))^{-1}=\begin{pmatrix} T & Z \\ -T & 1-Z \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

und davon die Determinanten ist doch $\begin{eqnarray*} |T| \end{eqnarray*}$ .

Man kommt dann nach der Transformationformel für Dichten auf:

$\begin{eqnarray*} f_{Q(X,Y)}(Z,T)=f(Q^{-1}(Z,T))|det(Q'(Z,T)^{-1})|=f(ZT,T-ZT)|T|=f(X,Y)|T| \end{eqnarray*}$

Damit man dann $\begin{eqnarray*} f_Z(u) \end{eqnarray*}$ bekommt muss man jedefalls über die zweite Koordinate ausintegrieren (das ist dann die Randverteilung, habe ich gelernt):

$\begin{eqnarray*} f_Z(u)=\int_{\mathbb R}f(X,Y)|T|dy \end{eqnarray*}$

Und da X und Y unabhängig sind, wird das dann sein:

$\begin{eqnarray*} f_Z(u)=\int_{\mathbb R}f_X(x)\cdot f_Y(y)|T| dy \end{eqnarray*}$

Da sind mit großer Sicherheit viele Formfehler drin.

Hat vllt jemand Lust und Zeit, die zu korrigieren oder mir zu sagen, wie ich sie korrigieren kann.

Und wie kann man dann weiterrechnen - schließlich muss ja hier das gleiche Ergebnis am Ende herauskommen und das würde ich sehr gerne sehen.

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