[Zufallsvektor] - Kontrolle

17.08.2012, 11:04	Tafelwerk	Auf diesen Beitrag antworten »
[Zufallsvektor] - Kontrolle Hallo , Ich rechne grade einige Aufgaben zur Klausurvorbereitung. Ist immer bissl schwierig wenn man nicht weiß ob mans richtig macht.. Deshalb Wir haben ein Zufallsvektor (X,Y) der für $\begin{eqnarray} \lambda_1 , \lambda_2 > 0 \end{eqnarray}$ folgende Wahrscheinlichkeitsdichte besitzt: $\begin{eqnarray} f_{(X,Y)}(x,y) = \frac{\lambda_1 \lambda_2 }{4}\cdot e^{-\lambda_1 \|x\| - \lambda_2 \|y\| } \, , (x,y) \in \mathbb R ^2 \end{eqnarray}$ a) Randdichten von X,Y bestimmen. b) Erwartungswerte, Varianzen, b) Konstanten a,b,c,d ( $\begin{eqnarray} \in \mathbb R \end{eqnarray}$ ) finden, sodass $\begin{eqnarray} W=aX+b \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} Z=cY+d \end{eqnarray}$ standardisierte Zufallsgrößen sind d) Kovarianz von (X,Y) e) Stochastische Unabhängigkeit von X und Y gegeben? So Lösung? a) $\begin{eqnarray} f_X(x)=\int_{-\infty}^{\infty} \! f_{(X,Y)}(x,y) \, dy = \frac{\lambda_1}{2}\cdot e^{-\lambda_1\|x\|} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f_Y(y)=\int_{-\infty}^{\infty} \! f_{(X,Y)}(x,y) \, dx = \frac{\lambda_2}{2}\cdot e^{-\lambda_2\|y\|} \end{eqnarray}$ b) Erwartungswerte. $\begin{eqnarray} \mathbb E X = \int_{-\infty}^\infty \! x\cdot f_X(x) \, dx = 0 \end{eqnarray}$ , nach Rechnung ist mir eingefallen, das zu integrierende Funktion ja punktsymmetrisch ist und der Grenzwert $\begin{eqnarray} x -> \infty \end{eqnarray}$ existiert. Kann man so die 0 auch begründen? $\begin{eqnarray} \mathbb E Y = 0 \end{eqnarray}$ Varianzen: $\begin{eqnarray} V(X) = \int_{-\infty}^{\infty} \! x^2 \cdot f_X(x) \, dx = \frac{2}{\lambda_1^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} V(Y) = \int_{-\infty}^{\infty} \! y^2 \cdot f_Y(y) \, dy = \frac{2}{\lambda_2^2} \end{eqnarray}$ Ich will ja eigentlich keinem zumuten, hier alles nachzurechnen, aber stimmt das? c) Hier bin ich mir gar nicht sicher. Aber ich brauche $\begin{eqnarray} \mathbb E X =0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} V(X) = 1 \end{eqnarray}$ ich muss nochmal drueber nachdenken.. erstmal zur Unabhängikeit also e) $\begin{eqnarray} f_X(x) \cdot f_Y(y)= f_{(X,Y)}(x,y) \end{eqnarray}$ gilt, also unabhängig d) $\begin{eqnarray} COV(X,Y) = \mathbb E(XY) - \mathbb EX \mathbb EY \end{eqnarray}$ Weil X,Y ja unabhängig ist doch $\begin{eqnarray} \mathbb E(XY) = \mathbb EX \mathbb EY \end{eqnarray*}$ Also ist die Kovarianz doch 0. So ich vermute mal das ich irgednwas ziemlich verkehrt habe, da als Hinweis die Definition der Gammafunktion gegeben ist, die ich irgendwie nie brauchte.. Vielen Dank fürs drüber schauen.
17.08.2012, 13:42	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Soweit ich sehe, alles tipptopp in Ordnung. Bei c) ist noch was offen, aber das weißt du ja selbst - dabei hilft $\begin{eqnarray} V(kX)=k^2V(X) \end{eqnarray}$ für jede reelle Konstante $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ . Anmerkung: $\begin{eqnarray} X \end{eqnarray}$ und auch $\begin{eqnarray} Y \end{eqnarray}$ unterliegen jeweils einer Laplace-Verteilung, wegen ihrer Struktur manchmal auch "zweiseitige Exponentialverteilung" genannt.
17.08.2012, 14:06	Tafelwerk	Auf diesen Beitrag antworten »
Erstmal (wieder) vielen Dank für die schnelle Antwort. c) Ich möchte ja $\begin{eqnarray} V(kX) = 1 \end{eqnarray}$ und habe $\begin{eqnarray} V(X) = \frac{2}{\lambda_1^2} \end{eqnarray}$ Somit muss $\begin{eqnarray} k^2 \cdot \frac{2}{\lambda^2} = 1 \end{eqnarray}$ also : $\begin{eqnarray} k=\frac{\lambda_1}{\sqrt{2}} \end{eqnarray}$ also b,d=0 und $\begin{eqnarray} a=\frac{\lambda_1}{\sqrt{2}} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} c=\frac{\lambda_2}{\sqrt{2}} \end{eqnarray}$ Ich muss nochmal danke sagen
17.08.2012, 14:55	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, so klappt es. Wenig zu danken, bei dem geringen Aufwand meinerseits dank deiner sehr guten Arbeit - wenn ich das mal mit der Mühsal in anderen Threads vergleiche.

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