Dichte ZVen X/Y

08.01.2014, 19:33

1nstinct

Dichte ZVen X/Y

Hallo zusammen,

Ich denke, ich habe Verständnisprobleme was Verteilungen von Produkten und Quotienten von Zufallsvariablen betrifft.

In meine Skript steht folgendes:

Seien $\begin{eqnarray*} f_X,f_Y \end{eqnarray*}$ die zugehörigen Dichten der ZVen $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ .

Dann gilt für die Dichte von $\begin{eqnarray*} \frac XY \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} f_{\frac XY}(t)=\int_\mathbb R |y|f_Y(y)f_X(ty)\, dy \end{eqnarray*}$

Der Beweis wird über die Dichte von $\begin{eqnarray*} X\cdot Y \end{eqnarray*}$ geführt.

Es gilt:

$\begin{eqnarray*} (*):\, f_{X\cdot Y}(t)=\int_\mathbb R \frac 1{|y|}f_X(\frac ty)f_Y(y)\, dy \end{eqnarray*}$

Es wir behauptet (falls ich das richtig aufgeschrieben habe):

$\begin{eqnarray*} \frac 1Y \end{eqnarray*}$ hat die Dichte $\begin{eqnarray*} f_\frac 1Y(t)=\frac 1{t^2}f_Y(\frac 1t) \end{eqnarray*}$ und dann in $\begin{eqnarray*} (*) \end{eqnarray*}$ eingesetzt.

Angenommen die ZV $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ ist gleichverteilt auf $\begin{eqnarray*} (0,1) \end{eqnarray*}$ .

Gilt dann wirklich $\begin{eqnarray*} f_\frac 1Z(t)=\frac 1{t^2}\cdot \chi_{(1,\infty)}(t) \end{eqnarray*}$ ?

Ich würde mich über Hilfe freuen,

MfG

08.01.2014, 19:49

HAL 9000

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Zitat:

Original von 1nstinct
$\begin{eqnarray*} \frac 1Y \end{eqnarray*}$ hat die Dichte $\begin{eqnarray*} f_\frac 1Y(t)=\frac 1{t^2}f_Y(\frac 1t) \end{eqnarray*}$

Das stimmt, und man kann es sich entweder über den Transformationssatz klar machen, oder bei Unkenntnis dessen auch alternativ über die zugehörigen Verteilungsfunktionen: Damit ist nämlich

$\begin{eqnarray*} F_{\frac{1}{Y}}(t) = P\left( \frac{1}{Y} \leq t \right) \end{eqnarray*}$

Im Fall $\begin{eqnarray*} t>0 \end{eqnarray*}$ kann man nun weiter umformen:

$\begin{eqnarray*} F_{\frac{1}{Y}}(t) = P(Y<0) + P\left( Y \geq \frac{1}{t} \right) = P(Y<0) + 1-P\left( Y < \frac{1}{t} \right) = F_Y(0) + 1- F_Y\left( \frac{1}{t} \right) \end{eqnarray*}$

letztere Gleichheit gilt zumindest für stetige Zufallsgrößen (was ja auf $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ zutrifft). Nun einfach noch nach $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ differenzieren, und dabei die Kettenregel beachten:

$\begin{eqnarray*} f_{\frac{1}{Y}}(t) = F_{\frac{1}{Y}}'(t) = -F_Y'\left( \frac{1}{t} \right)\cdot \left( \frac{1}{t} \right)' = \frac{1}{t^2}\cdot f_Y\left( \frac{1}{t} \right) \end{eqnarray*}$ .

Im Fall $\begin{eqnarray*} t<0 \end{eqnarray*}$ läuft es ähnlich:

$\begin{eqnarray*} F_{\frac{1}{Y}}(t) = P\left( \frac{1}{t} \leq Y < 0 \right) = P(Y<0)-P\left( Y < \frac{1}{t} \right) = F_Y(0) - F_Y\left( \frac{1}{t} \right) \end{eqnarray*}$ ,

was dann aber die gleiche Ableitung wie im Fall $\begin{eqnarray*} t>0 \end{eqnarray*}$ ergibt.

08.01.2014, 20:50

1nstinct

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Vielen lieben Dank für deine ausführliche und schnelle (!) Hilfe.
Damit verstehe ich diese Problematik.

Gilt dann analog für $\begin{eqnarray*} f_{-Y} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} F_{-Y}=P(-Y\leq t)=1-P(Y\leq -t)=1-F_Y(-t) \end{eqnarray*}$ ?

Also würde dann doch folgen: $\begin{eqnarray*} f_{-Y}(t)=f_{Y}(-t) \end{eqnarray*}$ .

Genauso für $\begin{eqnarray*} f_{1+Y}(t)=f_Y(t-1) \end{eqnarray*}$ .

MfG

08.01.2014, 21:12

HAL 9000

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Zitat:

Original von 1nstinct
Gilt dann analog für $\begin{eqnarray*} f_{-Y} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} F_{-Y}=P(-Y\leq t)=1-P(Y\leq -t)=1-F_Y(-t) \end{eqnarray*}$ ?

Genau genommen zunächst

$\begin{eqnarray*} F_{-Y}(t) =P(-Y\leq t)=1-P(Y< -t) \end{eqnarray*}$

aber für stetige Zufallsgröße ist das dann tatsächlich gleich $\begin{eqnarray*} 1-F_Y(-t) \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von 1nstinct
Genauso für $\begin{eqnarray*} f_{1+Y}(t)=f_Y(t-1) \end{eqnarray*}$

Richtig.

08.01.2014, 21:24

1nstinct

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Super, Vielen Dank für deine Hilfe.

Wink

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