Verteilungsfunktion

13.07.2018, 15:36

BorelCantelli

Verteilungsfunktion

Meine Frage:
Hallo,
Folgende Aufgabe
$\begin{eqnarray*} \textup{Sei } (\Omega,\mathcal{A},\mathbb{P} )\textup{ ein Wahrscheinlichkeitsram und }X_1,X_2: (\Omega,\mathcal{A})\rightarrow (\mathbb{R};\mathcal{B}_\mathbb{R}) \textup{ zwei unab. id- verteilte reellwertige Zv mit Verteilungsfunktion }F_X.\\\textup{ Sei Y}:=(min(X_1,X_2)) \\ \textup{Zeige}: \textup{Fuer die Verteilungsfunktion\mathbb{I} }F_y \textup{ von Y : }F_Y(y)= 1-(1-F_X(y))^2 \\ \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Das was ich bisher hab..
$\begin{eqnarray*} 1-(1-F_X(y))^2 = F_X(y)(2-F_X(y)) \\ F_Y(y)= \int_{-\infty}^{y} d\mathbb{P}^{(minX_1,X_2)} =\int \mathbb{I}_{X_1<X_2}d\mathbb{P}^{X} + \int \mathbb{I}_{X_2<X_1}d\mathbb{P}^{X_} \end{eqnarray*}$
Aber irgendwie komm ich nicht weiter..

Würd mich freuen wenn jemand weiter helfen kann !
Danke und LG

13.07.2018, 15:43

BorelCantelli

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RE: Verteilungsfunktion
Edit:

Folgende Aufgabe:
Es sind zwei unab. id. verteilte ZV $\begin{eqnarray*} X_1,X_2: (\Omega,\mathcal{A})\rightarrow (\mathbb{R};\mathcal{B}_\mathbb{R}) \end{eqnarray*}$
mit Verteilungsfunktion F_X.
Y=min(X_1,X_2)

Zu zeigen ist F_Y(y)= 1-(1-F_X(y))^2

Was ich bisher hab:
1-(1-F_X(y))^2 = F_X(y)(2-F_X(y))

$\begin{eqnarray*} Y(y)= \int_{-\infty}^{y} d\mathbb{P}^{(minX_1,X_2)} =\int \mathbb{I}_{X_1<X_2}d\mathbb{P}^{X} + \int \mathbb{I}_{X_2<X_1}d\mathbb{P}^{X} \end{eqnarray*}$

Danke und LG !

13.07.2018, 15:47

HAL 9000

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Es braucht hier keine Integrale, sondern nur den simplen logischen Zusammenhang

$\begin{eqnarray*} \min(X_1,X_2)>y \quad\Longleftrightarrow\quad (X_1>y \,\wedge\, X_2>y) \end{eqnarray*}$ .

Denn diese Ereignisgleichheit führt zu

$\begin{eqnarray*} 1-F_Y(y) = P(\min(X_1,X_2)>y) = P(X_1>y \,\wedge\, X_2>y) \stackrel{!}{=}P(X_1>y)\cdot P(X_2>y) = \left(1-F_{X_1}(y)\right)\left(1-F_{X_2}(y)\right) \end{eqnarray*}$ ,

der Rest sollte klar sein.

13.07.2018, 15:53

BorelCantelli

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oooh, Danke geht ja doch so einfach !!

13.07.2018, 16:35

BorelCantelli

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Hallo,wieder ich Wink

Noch was kleines :
Wir haben gegeben , dass $\begin{eqnarray*} E[(X_1^+)^p] = p \int_{0}^{\infty} \! y^{p-1}(1-F_X(y)) d\lambda(y) \\ \end{eqnarray*}$
Jetzt ist der EW von X_1 endlich und wir sollen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} E[Y^2] \leq 2E[X_1]^2 . \end{eqnarray*}$

Ich hab :
$\begin{eqnarray*} E[(Y^+)^2] = 2 \int_{0}^{\infty} \! y(F_X(y)-1)^2 \, d\lambda(y) E[(X_1^+)] = 2 \int_{0}^{\infty} \! 1-F_X(y) \, d\lambda(y) \end{eqnarray*}$

Dann mit der Markov Ungleichung
$\begin{eqnarray*} \frac{E[X_1]}{x} \geq P(X\geq x) = 1-F_X(x) \Rightarrow E[X_1] \geq x(1-F_X(x)) \Rightarrow 2 E[X_1]^2 \geq x^2(1-F_X(x))^2 \end{eqnarray*}$

Das zusammenbasteln fällt mir grad schwer Forum Kloppe

13.07.2018, 20:39

HAL 9000

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Geht es dabei um dasselbe $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ wie oben, d.h. $\begin{eqnarray*} Y=\min(X_1,X_2) \end{eqnarray*}$ ? Du knallst zwar massig Formeln hin, aber hinsichtlich solcher wichtigen Erläuterungen zur Grundsituation bist du äußerst wortkarg. unglücklich

14.07.2018, 00:34

BorelCantelli

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Ja genau es geht um die ZV Y von oben. Sorry hätte ich erwähnen sollen :|

14.07.2018, 05:47

HAL 9000

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Zitat:

Original von BorelCantelli
Jetzt ist der EW von X_1 endlich und wir sollen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} E[Y^2] \leq 2E[X_1]^2 . \end{eqnarray*}$

In dieser Allgemeinheit formuliert ist die Behauptung falsch - Gegenbeispiel:

Zweipunktverteilung $\begin{eqnarray*} P(X_1=-1)=P(X_1=1)=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ , für die ist $\begin{eqnarray*} E[X_1]=0 \end{eqnarray*}$ . Außerdem ist $\begin{eqnarray*} Y^2=1 \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} E[Y^2]=1 > 0 = 2(E[X_1])^2 \end{eqnarray*}$ . unglücklich

Die Behauptung ist allenfalls richtig, wenn man $\begin{eqnarray*} X_1\geq 0 \end{eqnarray*}$ voraussetzt. Zuerst eine kleine Nebenrechnung: Für alle $\begin{eqnarray*} y\geq 0 \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} y(1-F_X(y)) = \int\limits_0^y (1-F_X(y)) ~ \dd x \leq \int\limits_0^y (1-F_X(x)) ~ \dd x \leq \int\limits_0^{\infty} (1-F_X(x)) ~ \dd x = E\left[X_1\right]\qquad (*) \end{eqnarray*}$ ,

damit folgt dann

$\begin{eqnarray*} E[Y^2] &=& \int\limits_0^{\infty} 2y (1-F_Y(y)) ~ \dd y = \int\limits_0^{\infty} 2y (1-F_X(y))^2 ~ \dd y \stackrel{(*)}{\leq} \int\limits_0^{\infty} 2(1-F_X(y)) E\left[X_1\right] ~ \dd y = 2\left(E\left[X_1\right]\right)^2 \end{eqnarray*}$ .

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