einfaches Integral

14.02.2007, 14:51

Guderian

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einfaches Integral

Hallo:
kann mir jemand erklären, warum dieses Integral
$\begin{eqnarray*} \int _{-\infty }^{v}\!{z}^{n-1}{dz} \end{eqnarray*}$

(mit n aus den natürlichen Zahlen ohne Null, sollte aber theoretisch für alle n aus R\{0} gehen...)

$\begin{eqnarray*} {\frac {{v}^{n}}{n}} \end{eqnarray*}$ ergibt? Ich komm einfach nicht drauf.

Vielen Dank schonmal, G.

14.02.2007, 14:55

klarsoweit

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RE: einfaches Integral
Dann löse doch mal das Integral. Stammfunktion finden, Grenzen einsetzen, etc.

EDIT: ist die untere Grenze wirklich minus unendlich?

14.02.2007, 15:00

Guderian

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RE: einfaches Integral
Ja, die Stammfunktion auszurechnen ist keine Kunst: $\begin{eqnarray*} {\frac {{z}^{n}}{n}} \end{eqnarray*}$ mit den etspr. Grenzen. Nur das Einsetzen der unteren Grenze mach mir Kopfschmerzen... bei mir käme raus: $\begin{eqnarray*} {\frac {{v}^{n}}{n}}-{\frac { \left( -\infty \right) ^{n}}{n}} \end{eqnarray*}$ das ergibt in meinen Augen einfach undendlich. Die korrekte Lösung ist aber eine andere (s.o.)
G.

14.02.2007, 15:03

Guderian

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RE: einfaches Integral
Nachtrag: Es geht also darum, wieso (ob?) $\begin{eqnarray*} \lim _{z\rightarrow -\infty }{\frac {{z}^{n}}{n}} \end{eqnarray*}$ Null ergibt.

14.02.2007, 15:06

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Zitat:

Original von Guderian
Nachtrag: Es geht also darum, wieso (ob?) $\begin{eqnarray*} \lim _{z\rightarrow -\infty }{\frac {{z}^{n}}{n}} \end{eqnarray*}$ Null ergibt.

"Ob" ist das richtige Stichwort: Es stimmt nämlich nicht im Fall $\begin{eqnarray*} n>0 \end{eqnarray*}$ .

14.02.2007, 15:21

brain man

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Da wird wohl nur ne Fallunterscheidung helfen.

Für : $\begin{eqnarray*} \lim_{z \to -\infty} \frac{z^n}{n} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb R _{<0} \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb R _{>0} \end{eqnarray*}$

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14.02.2007, 15:29

Guderian

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Es geht im Ganzen um Folgendes: $\begin{eqnarray*} \int _{0}^{\infty }\!{\frac {{\lambda}^{n+1}{e^{-\lambda\,v}}{v}^{n}}{n \left( n-1 \right)!}}{dz} \end{eqnarray*}$
mit u,v aus R+\{0} und n aus N\{0}.
Man substituiert (v-u) durch z und ersetzt du durch (-1)*dz. Grenzen werden angepasst. Man zieht (-1) raus und kehrt die Grenzen um. Von z unabh. Faktoren rausziehen. Das o.g. Integral bleibt zu lösen. Insgesamt ist die Lösung dann $\begin{eqnarray*} {\frac {{\lambda}^{n+1}{e^{-\lambda\,v}}{v}^{n}}{n!}} \end{eqnarray*}$

Vllt. ist das Problem jetzt klarer. Bzw. vllt. kann mit jemand sagen, wo mein Fehler liegt. Danke. G.

14.02.2007, 15:44

klarsoweit

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Zitat:

Original von Guderian
Es geht im Ganzen um Folgendes: $\begin{eqnarray*} \int _{0}^{\infty }\!{\frac {{\lambda}^{n+1}{e^{-\lambda\,v}}{v}^{n}}{n \left( n-1 \right)!}}{dz} \end{eqnarray*}$
mit u,v aus R+\{0} und n aus N\{0}.

Erstmal muß es wohl $\begin{eqnarray*} \int _{0}^{\infty }\!{\frac {{\lambda}^{n+1}{e^{-\lambda\,v}}{v}^{n}}{n \left( n-1 \right)!}}{dv} \end{eqnarray*}$ heißen und ein u sehe ich in dem Integral auch nicht.

14.02.2007, 16:08

Guderian

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sorry
Hoppla kleiner CopyPasteFehler. Ich bitte um Verzeihung. Richtig ist:

$\begin{eqnarray*} \int _{0}^{\infty }\!{\frac {{\lambda}^{n+1}{e^{-\lambda\,v}}{\left({v-u}\right)}^{n}}{n \left( n-1 \right)!}}{du} \end{eqnarray*}$

14.02.2007, 18:40

klarsoweit

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RE: sorry
Hmm? Kann es sein, daß das v in der e-Funktion eigentlich ein u ist, also:

$\begin{eqnarray*} \int _{0}^{\infty }\!{\frac {{\lambda}^{n+1}{e^{-\lambda \cdot u}}{\left({v-u}\right)}^{n}}{n \left( n-1 \right)!}}{du} \end{eqnarray*}$

14.02.2007, 20:17

Guderian

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RE: sorry
Nein, nein. Ich hab' zwar für ein bisschen Verwirrung gesorgt, aber so wie ich es zuletzt geschrieben habe ist es richtig.

14.02.2007, 21:36

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klarsoweits Nachfrage ist völlig verständlich: Denn in der gegenwärtigen Form gilt für alle $\begin{eqnarray*} \lambda\neq 0 \end{eqnarray*}$ das ziemlich unsinnig aussehende

$\begin{eqnarray*} \left| \int\limits _{0}^{\infty } ~ \frac {\lambda^{n+1}e^{-\lambda\,v}(v-u)^n}{n \left( n-1 \right)!} \dd u \right| = \left| \frac{\lambda^{n+1}e^{-\lambda\,v}}{n!} \right| \cdot \left| \int\limits _{0}^{\infty } ~ (v-u)^n \dd u \right| = \infty \end{eqnarray*}$

Vielleicht erzählst du ja mal, wozu du dieses Integral brauchst - möglicherweise steckt ja ein Fehler in der Aufstellung des Integrals.

14.02.2007, 22:05

Guderian

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Der Kontext ist relativ komplex: Es geht um die Randverteilung einer transformierten zweidimensionalen Zuvallsvariablen:
(x,y) -> (x, x+y), das ist die Transformation.
Die Transformierung ist mittels Jacobi-Matrix schnell gemacht. Man interessiert sich im Folgenden für die zweite Koordinate, also die Faltung aus X und Y. Dazu bestimmt man also die Randverteilung nach (X+Y).
Das zur Information, das Integral ist aber korrekt aufgestellt (ich hab eine Musterlösung.)
Grüße, G.

14.02.2007, 22:14

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Zitat:

Original von Guderian
Das zur Information, das Integral ist aber korrekt aufgestellt

Nein - sonst käme nicht dieses Ergebnis raus.

Ok, es geht um Faltung - aber welche Verteilung haben die Ausgangsgrößen $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ ? Wenn es z.B. positive Zufallsgrößen sind, dann liegt der Fehler wohl darin, dass du das Integral $\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{\infty} \cdots \dd u \end{eqnarray*}$ betrachtest, statt $\begin{eqnarray*} \int\limits_0^v \cdots \dd u \end{eqnarray*}$ .

15.02.2007, 07:24

klarsoweit

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Und da das ganze sicherlich über den üblichen Schulstoff hinausgeht, schiebe ich das mal in die Hochschule.

15.02.2007, 09:11

Guderian

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Guten Morgen,

X ist exponentialverteilt mit Parameter lambda,
Y ist die Dichtefunktion der Erlangverteilung mit den Parametern n und lambda. (Hinw. X ist also ein Spezialfall von Y für n=1. Die Faltung aus X und Y ergibt folglich den Induktionsschritt um zu zeigen, dass die Erlangverteilung aus einer n-fachen Faltung unabh. ident. exp. vert. ZV hervorgeht...)
Danke. G.

15.02.2007, 09:55

AD

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Das sind beides positive Zufallsgrößen, also waren angesichts deines Integranden tatsächlich die Integrationsgrenzen falsch, wie ich vermutet hatte. Na dann rechne einfach mal mit den richtigen Grenzen.

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