Aufgabe zur Verteilung und Dichte

02.03.2007, 23:33

schlomo76

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Aufgabe zur Verteilung und Dichte

Es sei $\begin{eqnarray*} F(x)=\frac{1}{2}\begin{cases}e^x&,\mbox{falls }x<0\\2-e^x&,\mbox{falls }x\geq0\end{cases} \end{eqnarray*}$
eine reellwertige Funktion.

a) Zeigen Sie, F(x) ist eine Verteilungsfunktion einer reellwertigen Zufallsvariablen X.
Bestimmen Sie die Dichtefunktion f(X) von X.

b)Berechnen Sie die folgende Erwartungswerte: E(X), E(|X|),E(X^2) sowie die Varianz var(X)!

c) Erzeugen Sie eine Realisierung von $\begin{eqnarray*} X \sim F \end{eqnarray*}$ durch geeignete Transformation einer Zufallszahl $\begin{eqnarray*} U\sim R(0,1) \end{eqnarray*}$ .

zu a)
Was soll man hier beim ersten Teil hinschreiben?
2. Teil ist klar
$\begin{eqnarray*} f(x)=F'(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{1}{2}\begin{cases}e^x&,\mbox{falls }x<0\\-e^x&,\mbox{falls }x\geq0\end{cases} \end{eqnarray*}$

zu b)
$\begin{eqnarray*} E(X)=\int\limits_{-\infty}^\infty x f(x) dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X)=\int\limits_{-\infty}^0 \frac{1}{2} x e^x dx + \int\limits_{0}^\infty \frac{1}{2} x \cdot -e^x dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X)= \frac{1}{2} e^x(x-1) \Big|_{-\infty}^0 + \frac{1}{2}( -e^x(x-1)) \Big|_{0}^\infty \end{eqnarray*}$
und jetzt?

$\begin{eqnarray*} E(|X|)=\int\limits_{-\infty}^\infty x^2 f(x) dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E(X^2)=\int\limits_{-\infty}^\infty x f(x) dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} var(X)=(E(X))^2+E(X^2) \end{eqnarray*}$

zu c)
Was ist hier mit Realisierung gemeint?

03.03.2007, 08:30

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Zitat:

Original von schlomo76
Es sei $\begin{eqnarray*} F(x)=\frac{1}{2}\begin{cases}e^x&,\mbox{falls }x<0\\2-e^x&,\mbox{falls }x\geq0\end{cases} \end{eqnarray*}$
eine reellwertige Funktion.

a) Zeigen Sie, F(x) ist eine Verteilungsfunktion einer reellwertigen Zufallsvariablen X.

Nein, ist sie nicht, denn dein $\begin{eqnarray*} F(x) \end{eqnarray*}$ ist für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ streng monoton fallend statt monoton wachsend, und es gilt bei dir $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to\infty} F(x)=-\infty \end{eqnarray*}$ statt des geforderten $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to\infty} F(x)=1 \end{eqnarray*}$ .

Vermutlich meinst du eigentlich die Funktion

$\begin{eqnarray*} F(x)=\frac{1}{2}\begin{cases}e^x&,\mbox{falls }x<0\\2-e^{-x}&,\mbox{falls }x\geq0\end{cases} \end{eqnarray*}$ ,

dann wird ein Schuh draus. Augenzwinkern

Augenzwinkern

03.03.2007, 12:51

schlomo76

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Du hast vollkommen recht, so muß Sie lauten. Wie gehts nun weiter?

Für den Nachweis der Verteilungsfunktion muß also $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to\infty} F(x)=1 \end{eqnarray*}$ lauten.

Aber für $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to\infty} 2-e^{-x} \end{eqnarray*}$ läuft sie doch gegen 2 und nicht gegen 1.

03.03.2007, 15:16

kiste

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Hab zwar nicht viel Ahnung von dem Thema aber hast du nicht die 1/2 am Anfang vergessen? Dann geht es gegen 1

03.03.2007, 15:37

schlomo76

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Stimmt!

Die Dichtefunktion ist jetzt

$\begin{eqnarray*} f(x)=e^x \end{eqnarray*}$

b)
$\begin{eqnarray*} E(X)=\int\limits_{-\infty}^\infty x e^x dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X)= \frac{1}{2} e^x(x-1) \Big|_{-\infty}^\infty \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X)= \infty \end{eqnarray*}$

Das kann kann doch nicht richtig sein.

Oder geht man hier irgendwie analog zu Exponentialverteilung ran? Aber $\begin{eqnarray*} \lambda = 1 \end{eqnarray*}$ stimmt ja auch nicht ganz.

04.03.2007, 12:12

Zahlenschubser

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Hallo!

Ohne von vorne bis hinten durchgelesen und nachgerechnet zu haben. Aber eine Verteilung hat nicht zwangsläufig auch immer einen Erwartungswert oder eine Varianz. Zum Beispiel hat das Verhältnis zweier standardnormalverteilter Zufallsvariablen diese (fehlende) Eigenschaft, da sie Standard-Cauchy-verteilt ist.

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06.03.2007, 13:08

schlomo76

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Ich denke aber nicht, daß das hier der Fall ist. Ich würde nicht davon ausgehen, daß eine Aufgabe gestellt wird, um als Ergebnis zu haben, es gibt kein Ergebnis.

06.03.2007, 13:59

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Zitat:

Original von schlomo76
Die Dichtefunktion ist jetzt

$\begin{eqnarray*} f(x)=e^x \end{eqnarray*}$

Nein, ist sie nicht. Sondern

$\begin{eqnarray*} f(x) = \frac{1}{2}\begin{cases} e^x &,\mbox{falls }x<0\\ e^{-x}&,\mbox{falls }x\geq0\end{cases} \end{eqnarray*}$ ,

oder kurz und bündig $\begin{eqnarray*} f(x) = \frac{1}{2} e^{-|x|} \end{eqnarray*}$ für alle reellen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ .

06.03.2007, 15:03

Leopold

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Das Problem c) stellt sich z.B., wenn du Zufallszahlen, die nach $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ verteilt sind, mit dem Computer erzeugen willst. Das kann der ja nicht unmittelbar. Wohl aber kann er gleichverteilte Zufallszahlen $\begin{eqnarray*} U \in \left( 0 \, , \, 1 \right) \end{eqnarray*}$ generieren:

$\begin{eqnarray*} P(U \leq x) = x \, , \ \ x \in \left( 0 \, , \, 1 \right) \end{eqnarray*}$

Die Idee ist relativ einfach: Da $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ streng monoton wächst, besitzt $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ eine Umkehrabbildung $\begin{eqnarray*} F^{-1} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} F: \ \ \left( - \infty \, , \, \infty \right) \rightarrow \left( 0 \, , \, 1 \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} F^{-1}: \ \ \left( 0 \, , \, 1 \right) \rightarrow \left( - \infty \, , \, \infty \right) \end{eqnarray*}$

Betrachte daher die Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X = F^{-1} \circ U \end{eqnarray*}$ und berechne $\begin{eqnarray*} P \left( X \leq x \right) \end{eqnarray*}$ .

Die Formeln für $\begin{eqnarray*} \mathcal{E} \left( |X| \right) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathcal{E} \left( X^2 \right) \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \operatorname{Var}(X) \end{eqnarray*}$ aus dem ersten Beitrag stimmen übrigens nicht, und zwar nicht nur wegen der falschen Dichte. Daß diese falsch ist, darauf hat Arthur ja schon hingewiesen.

10.04.2007, 18:36

Enigmation

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Die Dichtefunktion ist

$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{1}{2}\begin{cases}e^x&,\mbox{falls }x<0\\e^{-x}&,\mbox{falls }x\geq0\end{cases} \end{eqnarray*}$

nun zu b)
$\begin{eqnarray*} E(X)=\int\limits_{-\infty}^{\infty} x f(x) dx=\int\limits_{-\infty}^0 x f(x) dx+\int\limits_{0}^\infty x f(x) dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X)=\int\limits_{-\infty}^0 \frac{1}{2}x e^x dx+\int\limits_{0}^\infty \frac{1}{2}x e^{-x} dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X)= \frac{1}{2} e^x(x-1) \Big|_{-\infty}^0 + (-\frac{1}{2} e^{-x}(x+1)) \Big|_0^{\infty} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X)= (-\frac{1}{2}-0)+(0-(-\frac{1}{2}))=0 \end{eqnarray*}$

Stimmt das?

10.04.2007, 19:09

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Ja.

10.04.2007, 19:33

Enigmation

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Na dann machen wir mal weiter.
$\begin{eqnarray*} E(X^2)=\int\limits_{-\infty}^{\infty} x^2 f(x) dx=\int\limits_{-\infty}^0 x^2 f(x) dx+\int\limits_{0}^\infty x^2 f(x) dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X^2)=\int\limits_{-\infty}^0 \frac{1}{2}x^2 e^x dx+\int\limits_{0}^\infty \frac{1}{2}x^2 e^{-x} dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X^2)= \frac{1}{2} e^x((2+x(-2+x) \Big|_{-\infty}^0 + (-\frac{1}{2} e^{-x}(2+x(2+x))) \Big|_0^{\infty} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X^2)= (-2-0)+(0-(-2))=0 \end{eqnarray*}$
Auch ok?

10.04.2007, 19:41

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Nein - ich hab's mir nicht angeschaut, aber vermutlich ein Vorzeichenfehler. Varianz Null kann nur bei Einpunktverteilung vorkommen!

10.04.2007, 20:06

Enigmation

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Du hast Recht, ich habe einen Vorzeichenfehler in der Rechnung gehabt.
So sollte es richtig sein:

$\begin{eqnarray*} E(X^2)=\int\limits_{-\infty}^{\infty} x^2 f(x) dx=\int\limits_{-\infty}^0 x^2 f(x) dx+\int\limits_{0}^\infty x^2 f(x) dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X^2)=\int\limits_{-\infty}^0 \frac{1}{2}x^2 e^x dx+\int\limits_{0}^\infty \frac{1}{2}x^2 e^{-x} dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X^2)= \frac{1}{2} e^x((2+x(-2+x) \Big|_{-\infty}^0 + (-\frac{1}{2} e^{-x}(2+x(2+x))) \Big|_0^{\infty} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X^2)= \frac{1}{2} e^x(2-2x+x^2) \Big|_{-\infty}^0 + (-\frac{1}{2} e^{-x}(2+2x+x^2)) \Big|_0^{\infty} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} E(X^2)= (1-0)+(0-(-1))=2 \end{eqnarray*}$

und dann wollen wir das noch fortsetzen.

$\begin{eqnarray*} Var(X)= (E(X))^2+E(X^2) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} Var(X)= 0^2+2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} Var(X)= 2 \end{eqnarray*}$

10.04.2007, 20:07

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Stimmt.

Freude

10.04.2007, 20:12

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Und nun noch die letzte Teilaufgabe von b) und schlomo76 darf sich bedanken :-)

$\begin{eqnarray*} E(|X|)= 2\int\limits_{0}^\infty x f(x) dx \end{eqnarray*}$
Dieser Teil wurde schon bei E(X) ausgerechnet.
$\begin{eqnarray*} E(|X|)= 2 * \frac{1}{2}=1 \end{eqnarray*}$

Ist das korrekt?

10.04.2007, 20:43

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Das Ergebnis stimmt, die angegebene Formel beinhaltet allerdings schon die Symmetrie $\begin{eqnarray*} f(-x)=f(x) \end{eqnarray*}$ , ist also nur da in dieser Weise gültig.

10.04.2007, 21:28

Enigmation

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aha, und wie ist E(|X|) allgemein?

10.04.2007, 22:59

Enigmation

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RE: Aufgabe zur Verteilung und Dichte

Zitat:

Original von schlomo76
Es sei $\begin{eqnarray*} F(x)=\frac{1}{2}\begin{cases}e^x&,\mbox{falls }x<0\\2-e^x&,\mbox{falls }x\geq0\end{cases} \end{eqnarray*}$
eine reellwertige Funktion.

c) Erzeugen Sie eine Realisierung von $\begin{eqnarray*} X \sim F \end{eqnarray*}$ durch geeignete Transformation einer Zufallszahl $\begin{eqnarray*} U\sim R(0,1) \end{eqnarray*}$ .

zu c)
Was ist hier mit Realisierung gemeint?

Das Vorgehen bei einer Transformation ist:
1) Berechnen der Stammfunktion von f(x), um die Verteilungsfunktion zu erhalten (dieser Schritt ist hier nicht mehr nötig)
2) Berechnen von $\begin{eqnarray*} F^{-1}(n) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} F(x)=n \Longleftrightarrow \frac{1}{2} e^x=n \Longleftrightarrow x=ln2n \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} F(x)=n \Longleftrightarrow 1- \frac{1}{2} e^{-x}=n \Longleftrightarrow e^{-x}=-2n+2 \Longleftrightarrow e^x=\frac{1}{-2n+2} \Longleftrightarrow x=ln \frac{1}{-2n+2} \end{eqnarray*}$

Da wir eine Gleichverteilung zwischen 0 und 1 wünschen, sollten wir den beiden Teilfunktionen ein gleich großes Intervall übergeben:

$\begin{eqnarray*} Zufallszahl: X = \begin{cases}ln2n&,\mbox{falls }n \leq \frac{1}{2}\\ln\frac{1}{-2n+2}&,\mbox{falls }n>\frac{1}{2}\end{cases} \end{eqnarray*}$

10.04.2007, 23:09

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Allgemein für stetige Zufallsgrößen:

$\begin{eqnarray*} E(|X|) = \int\limits_{-\infty}^\infty ~ |x| f(x) ~ \dd x = -\int\limits_{-\infty}^0 ~ x f(x) ~ \dd x ~ + ~ \int\limits_0^\infty ~ x f(x) ~ \dd x \end{eqnarray*}$

10.04.2007, 23:12

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Danke. Und hast du dir mal die lsg zu c) angesehen, ob du das so als richtig erachtest ?!

10.04.2007, 23:15

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Mal ansehen ... Jepp, Ok - eine korrekte Umsetzung der Inversionsmethode. Freude

Freude

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