Aus Dichtefunktion die Verteilungsfunktion bestimmen

11.09.2018, 13:04

dubbox

Aus Dichtefunktion die Verteilungsfunktion bestimmen

Meine Frage:
Ich stoße mal wieder in der Klausurvorbereitung auf etwas, bei dem ich mir nicht sicher bin.

Sei $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ eine Zufallsvariable mit der Dichte $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , wie folgt definiert:

$\begin{eqnarray*} f(t) = \begin{cases}1+t \text{ für } -1 \leq t < 0 \text{,} \\ 1-t \text{ für } 0 \leq t < 1 \text{,} \\ 0 \text{ sonst.}\end{cases} \end{eqnarray*}$

a) Bestimmen und skizzieren Sie die Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ .
b) Berechnen Sie $\begin{eqnarray*} P(X \leq -0.5) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(X^2\geq 0.25) \end{eqnarray*}$
c) Geben Sie den Erwartungswert von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ an

Meine Ideen:
Die wirklichen Probleme habe ich bei Aufgabenteil a)
Irgendwie habe ich ein Problem mit dem Aufstellen der Richtigen Verteilungsfunktion.

Vorerst mir ist bewusst

$\begin{eqnarray*} F(x) = \int_{-\infty}^x \! f(x) \, \mathrm{d}x. \end{eqnarray*}$

Jetzt habe ich mir gedacht

$\begin{eqnarray*} F(x) = \begin{cases} 0 \text{ für } x < -1 \text{,} \\ \int_{-1}^x \! {1+x} \, \mathrm{d}x \text{ für } -1 \leq x < 0 \text{,} \\ \int_{0}^x \! 1-x \, \mathrm{d}x \text{ für } 0 \leq x < 1 \text{,} \\ 1 \text{ sonst.}\end{cases} \end{eqnarray*}$

Um das ganze in der Klausur auch berechnen zu können, muss ich das jetzt Integrieren.
$\begin{eqnarray*} g(x) = \int_{-1}^x \! 1+x \, \mathrm{d}x = F(x)-F(-1) = (x+\frac{x^2}{2})-((-1)+\frac{(-1)^2}{2}) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} h(x) = \int_0^x \! 1-x \, \mathrm{d}x = F(x)-F(0) = (x-\frac{x^2}{2})-0) \end{eqnarray*}$

Hier angekommen, dachte ich mir das stimmt aber nicht so ganz. Das Integral auf dem Intervall $\begin{eqnarray*} [0,1) \end{eqnarray*}$ berücksichtigt gar nicht die Werte des vorhergehenden. Deswegen bin ich überzeugt das ganze wie folgt abzuändern:

$\begin{eqnarray*} F(x) = \begin{cases} 0 \text{ für } x < -1 \text{,} \\ \int_{-1}^x \! 1+x \, \mathrm{d}x \text{ für } -1 \leq x < 0 \text{,} \\ \int_0^x \! 1-x \, \mathrm{d}x + \int_{-1}^0 \! 1+x \, \mathrm{d}x \text{ für } 0 \leq x <1 \text{,} \\ 1 \text{ sonst.}\end{cases} \end{eqnarray*}$

Somit ergibt sich folgende stetige, monoton wachsende Verteilungsfunktion:

$\begin{eqnarray*} F(x) = \begin{cases} 0 \text{ für } x < -1 \text{,} \\ (x+\frac{x^2}{2})-((-1)+\frac{(-1)^2}{2}) \text{ für } -1 \leq x < 0 \text{,} \\ (x-\frac{x^2}{2})-0) + 0.5 \text{ für } 0 \leq x < 1 \text{,} \\ 1 \text{ sonst.}\end{cases} \end{eqnarray*}$

Darf ich das so machen, bzw. ist das korrekt?

b) Wäre dann
$\begin{eqnarray*} P(X \leq -0.5) = F(-0.5) = 0.125 \end{eqnarray*}$

und
$\begin{eqnarray*} P(X \geq 0.25) = P(X^2 > 0.25) + P(X^2=0.25) = (1 - P(X^2 \leq 0.25)) + (F(x^2) - F(x^2-)) \end{eqnarray*}$

wobei ich hier nicht weiter weiß, wegen dem $\begin{eqnarray*} X^2 \end{eqnarray*}$ , meine Formeln sind nur für $\begin{eqnarray*} P(X...) \end{eqnarray*}$ definiert und einfach die Wurzel ziehen geht wohl nicht?
Gefunden hätte ich nur die Formel $\begin{eqnarray*} P(A^c) = 1-P(A) \end{eqnarray*}$ , wobei ich nicht wüsste ob das korrekt wäre.

c)
Hier würde ich die Formel

$\begin{eqnarray*} E(X) = \int_{-\infty}^\infty \! |x| f(x) \, \mathrm{d}x \end{eqnarray*}$
verwenden.
Das wäre dann ja
$\begin{eqnarray*} E(X) = 0+ \int_{-1}^0 \! |x| (1+x) \, \mathrm{d}x + \int_0^1 \! |x| (1-x) \, \mathrm{d}x +0 = 0 +\frac{1}{6} +\frac{1}{6} + 0 = \frac{2}{6} \end{eqnarray*}$ .
Gibt es hier einen Trick wie man $\begin{eqnarray*} |x| \end{eqnarray*}$ integriert? Habe das mal einfach ausgerechnet, da ich nicht wusste wie, bzw. ob man das normal integriert.

11.09.2018, 13:15

HAL 9000

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1) Es mag ja sehr oft so gehandhabt werden, aber ich finde es ganz, ganz übel, die Integrationsvariable eines bestimmten Integrals genau so zu nennen wie einen äußeren Parameter - das führt oft ins Chaos. Also: Besser ist

$\begin{eqnarray*} F(x) = \int\limits_{-\infty}^x f(t) ~ \dd t \end{eqnarray*}$ ,

damit kann schon mal ein Gutteil Irritationen vermieden werden.

2) Es ist $\begin{eqnarray*} F(x) = F(x_0) + \int\limits_{x_0}^x f(t) ~ \dd t \end{eqnarray*}$ , das kann man nutzen, indem man $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ auf den "Trennungspunkt" zwischen zwei Intervallen der intervallweise gegebenen Dichte setzt.

Hier etwa nutzt man dies für $\begin{eqnarray*} x_0=0 \end{eqnarray*}$ : Für $\begin{eqnarray*} 0<x<1 \end{eqnarray*}$ gilt somit

$\begin{eqnarray*} F(x) = F(0) + \int\limits_0^x (1-t) ~ \dd t \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von dubbox
Hier würde ich die Formel

$\begin{eqnarray*} E(X) = \int_{-\infty}^\infty \! |x| f(x) \, \mathrm{d}x \end{eqnarray*}$
verwenden.

Die ist falsch: Es ist $\begin{eqnarray*} E(u(X)) = \int_{-\infty}^\infty u(x) f(x) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ , das gilt sowohl für Funktion $\begin{eqnarray*} u(x)=x \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} E(X) = \int_{-\infty}^\infty x f(x) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ als auch für $\begin{eqnarray*} u(x)=|x| \end{eqnarray*}$ mit dann $\begin{eqnarray*} E(|X|) = \int_{-\infty}^\infty |x| f(x) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ .

Ein "Mischmasch" wie bei dir gilt aber eben nicht.

11.09.2018, 21:07

dubbox

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1) Okay also wäre die Verteilungsfunktion formal korrekt folgendes:

$\begin{eqnarray*} F(x) = \begin{cases}\\ 0 \text{ für } x < -1 \text{,} \\\\ \int_{-1}^x \! (1+t) \, \mathrm{d}t \text{ für } -1 \leq x < 0 \text{,} \\\\ \int_0^x \! (1-t) \, \mathrm{d}t + \int_{-1}^0 \! (1+t) \, \mathrm{d}t \text{ für } 0 \leq x <1 \text{,} \\\\ 1 \text{ sonst.}\end{cases} \end{eqnarray*}$

2) Jetzt verstehe ich nicht, was das Ganze mit dem $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ mir bringt. Ich habe ja die Ungleichung $\begin{eqnarray*} 0\leq x < 1 \end{eqnarray*}$ somit ist es doch gar kein Problem in diesem Fall, die $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ direkt als Integralgrenze zu setzten oder?

Ist nun die korrekte Verteilungsfunktion, ohne Integrale folgendes?
$\begin{eqnarray*} F(x) = \begin{cases}\\ 0 \text{ für } x < -1 \text{,} \\\\ (x+\frac{x^2}{2})-((-1)+\frac{(-1)^2}{2}) \text{ für } -1 \leq x < 0 \text{,} \\\\ (x-\frac{x^2}{2})-0) + 0.5 \text{ für } 0 \leq x < 1 \text{,} \\\\ 1 \text{ sonst.}\end{cases} = \begin{cases}\\ 0 \text{ für } x < -1 \text{,} \\\\ (x+\frac{x^2}{2})+0.5 \text{ für } -1 \leq x < 0 \text{,} \\\\ (x-\frac{x^2}{2}) + 0.5 \text{ für } 0 \leq x < 1 \text{,} \\\\ 1 \text{ sonst.}\end{cases} \end{eqnarray*}$

3)
Da habe ich mich verlesen, du hast natürlich Recht.

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^\infty \! |x| f(x) \, \mathrm{d}x < \infty \end{eqnarray*}$
ist die Bedinung, dass
$\begin{eqnarray*} E(X) = \int_{-\infty}^\infty \! x f(x) \, \mathrm{d}x \end{eqnarray*}$ auch gilt.

Also händisch hätte ich

$\begin{eqnarray*} E(X) = 0+ \int_{-1}^0 \! x (1+x) \, \mathrm{d}x + \int_0^1 \! x (1-x) \, \mathrm{d}x +0 = = \int_{-1}^0 \! x+x^2 \, \mathrm{d}x + \int_0^1 \! x-x^2 \, \mathrm{d}x = \left[\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}\right]^0_{-1}-\left[\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right]^1_{0} = \left[\left(\frac{0^2}{2}+\frac{0^3}{3}\right)-\left(\frac{-1^2}{2}+\frac{-1^3}{3}\right)\right] + \left[\left(\frac{1^2}{2}-\frac{1^3}{3}\right)-\left(\frac{0^2}{2}-\frac{0^3}{3}\right)\right]=-\frac{1}{6}+\frac{1}{6} = 0 \end{eqnarray*}$

Sieht aber irgendwie falsch aus, wenn da als Ergebnis 0 rauskommt... Habe ich denn hier etwas falsch gemacht? Oder gilt es eben genau hier, die Integralgrenze mit dem $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ zu umgehen, im Prinzip ist ja $\begin{eqnarray*} \int_{-1}^0 \! x (1+x) \, \mathrm{d}x \end{eqnarray*}$ nicht ganz korrekt, wobei $\begin{eqnarray*} F(x_0)=F(0)=0 \end{eqnarray*}$ in dem Fall trivial wäre?

12.09.2018, 06:57

HAL 9000

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Zitat:

Original von dubbox
2) Jetzt verstehe ich nicht, was das Ganze mit dem $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ mir bringt.

$\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ als Anfangspunkt des aktuellen Intervalls ist der Endpunkt des vorherigen Intervalls, somit kann man $\begin{eqnarray*} F(x_0) \end{eqnarray*}$ mit dessen Berechnungsformel (die man ja gerade vorher aufgestellt hat) direkt bestimmen, statt wieder ein Integral wie $\begin{eqnarray*} \int_{-1}^0 \! (1+t) \, \mathrm{d}t \end{eqnarray*}$ (oder bei mehr als zwei Intervallen gar eine Integralkette) mitschleppen und ausrechnen zu müssen. Es reduziert also den Aufwand.

Zitat:

Original von dubbox
Sieht aber irgendwie falsch aus, wenn da als Ergebnis 0 rauskommt...

Sieht extrem richtig aus, da die Dichte symmetrisch bzgl. 0 ist.

12.09.2018, 13:15

dubbox

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Ah okay da hab ich mich dann wohl ziemlich geirrt Big Laugh

Vielen Dank mal wieder für dier hervorragende Hilfe!

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