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| Aufgabe | Seien [mm] Z_{1}, Z_{2} [/mm] unabhängig,standard-normalverteilt und X die Zufallsvariable definiert durch [mm] X=\delta|Z_{1}|+\sqrt{1-\delta^2}Z_{2}. [/mm] Zeigen Sie, dass die Dichtefunktion von X, [mm] f_{X}(x)=2\phi(x)\Phi(\alpha [/mm] x) ist wobei [mm] \alpha [/mm] eine Konstante ist, deren Ausdruck sie zu bestimmen haben.
(Tipp: Wenn X und Y die Dichtefunktion [mm] f_{X,Y}(x,y) [/mm] haben, dann hat die Zufallsvariable [mm] f_{Z}(z) [/mm] für Z=X+Y die Dichtesfunktion [mm] f_{Z}(z)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,z-x)\ \mathrm{d}x. [/mm] |
Hallo,
mein Problem mit der Aufgabe liegt darin, dass ich mir nicht ganz sicher bin, wie ich den Tipp anzuwenden habe. Mein Professor macht folgendes
[mm] X=a|Z_{1}|+bZ_{2}, [/mm] dann ist die Dichtefunktion von X gegeben durch
[mm] f_{X}(x)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{a|Z_{1}|}(x-y)f_{bZ_{2}}(y)\mathrm{d}y
[/mm]
Er hat leider nicht dazu geschrieben, was genau y sein soll... Ich dachte mir, dass man so anfangen kann
Ich schreibe X als X=V+W, dann haben wir nach dem Tipp von oben
[mm] f_{X}=\int_{-\infty}^{\infty}f_{V}(v)f_{W}(x-v)\ \mathrm{d}v
[/mm]
[mm] P(V\leq v)=P(a|Z_{1}|\leq v)=P\left(-\frac{v}{a}\leq Z_{1}\leq \frac{v}{a}\right)=2\Phi\left(\frac{v}{a}\right)-1 \Rightarrow f_{V}(v)=
[/mm]
[mm] \frac{2}{a}\phi\left(\frac{v}{a}\right).
[/mm]
Das Problem ist aber, dass ich hier genau andersherum arbeite als mein Professor, er bestimmt ja [mm] f_{a|Z_{1}|}(x-y) [/mm] und ich [mm] f_{a|Z_{1}|}(v)... [/mm] vorausgesetzt das was ich v nenne und er y ist das gleiche...
Ich bin verwirrt.
Kann mir jemand helfen ?
LG
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:20 Do 14.04.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Er hat leider nicht dazu geschrieben, was genau y sein soll...
die Integrationsvariable?
Oder meinst Du, warum man über y integriert?
Berechne mal P(X+Y=x) für diskrete X und Y unter der Voraussetzung, daß Du [mm] $P_{X,Y}$ [/mm] kennst.
> er bestimmt ja $ [mm] f_{a|Z_{1}|}(x-y) [/mm] $ und ich $ [mm] f_{a|Z_{1}|}(v)... [/mm] $
Es gilt
$ [mm] f_{X}=\int_{-\infty}^{\infty}f_{V}(v)f_{W}(x-v)\ \mathrm{d}v =\int_{-\infty}^\infty f_V(x-v)f_W(v)\ [/mm] dv$
(Wieso?)
ciao
Stefan
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Hi,
danke für deine Antwort.
Sollte es nicht P(X+Y=z) sein für Z=X+Y ? In dem Fall hätten wir
[mm] P_{Z}=\sum_{y}P_{X,Y}(y,z-y)
[/mm]
Stimmt das, oder mache ich totalen Mist?
[mm] f_{X}=\int_{-\infty}^{\infty}f_{V}(v)f_{W}(x-v)\mathrm{d}v
[/mm]
Bleibt also noch [mm] f_{W}(x-v) [/mm] zu bestimmen:
[mm] P(W\leq w)=P(bZ_{2}\leq x-v)=P\left(Z_{2}\leq\frac{x-v}{b}\right) \Righarrow f_{W}(w)=\frac{1}{b}\phi\left(\frac{x-v}{b}\right).
[/mm]
Daher.
[mm] \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{ab}\phi\left(\frac{v}{a}\right)\phi\left(\frac{x-v}{b}\right)
[/mm]
Das führt auch zum Ergebnis [mm] f_{X}(x)=2\phi(x)\Phi(\alpha [/mm] x) allerdings mit [mm] \alpha=\frac{b}{a}=\frac{\sqrt{1-\delta^2}}{\delta}. [/mm] Es sollte allerdings [mm] \alpha=\frac{\delta}{\sqrt{1-\delta^2}} [/mm] sein... Das ist der Grund warum ich etwas durcheinander komme, anscheinend mache ich doch irgendwo einen Fehler, meine Vermutung ist, dass der Fehler am Anfang liegt...
> [mm]f_{X}=\int_{-\infty}^{\infty}f_{V}(v)f_{W}(x-v)\ \mathrm{d}v =\int_{-\infty}^\infty f_V(x-v)f_W(v)\ dv[/mm]
>
> (Wieso?)
Mhh, da bin ich mir nicht sicher, ich wäre auf folgendes gekommen:
[mm] f_{X}=\int_{-\infty}^{\infty}f_{V}(v)f_{W}(x-v)\mathrm{d}v=\int_{-\infty}^{\infty}f_{V}(x-w)f_{W}(w)\mathrm{d}w
[/mm]
Ich komme immer mit den Variablen durcheinander...
> ciao
> Stefan
Lg
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:45 Do 14.04.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
Du hängst Dich viel zu sehr daran auf, wie eine Variable jetzt genannt wurde.
> Sollte es nicht P(X+Y=z) sein
es ist exakt das gleiche.
> Stimmt das, oder mache ich totalen Mist?
das stimmt, aber ich hätte gerne die Herleitung gehabt.
Es geht nämlich darum, daß Du nicht berücksichtigst, daß [mm] $|Z_1|$ [/mm] nur positiv sein kann.
[mm] $f_V(x) \frac{2}{a}\phi\left(\frac{x}{a}\right). [/mm] $
stimmt deswegen so noch nicht, da fehlt noch was. =)
> Mhh, da bin ich mir nicht sicher, ich wäre auf folgendes gekommen:
> $ [mm] f_{X}=\int_{-\infty}^{\infty}f_{V}(v)f_{W}(x-v)\mathrm{d}v=\int_{-\infty}^{\infty}f_{V}(x-w)f_{W}(w)\mathrm{d}w [/mm] $
> Ich komme immer mit den Variablen durcheinander...
Erzähl mir einfach mal in Worten, wo Du den Unterschied zwischen
[mm] $\int_{-\infty}^\infty f_V(x-v)f_W(v)\ [/mm] dv $
und
[mm] $\int_{-\infty}^{\infty}f_{V}(x-w)f_{W}(w)\mathrm{d}w [/mm] $
siehst, warum Du Dir nicht sicher bist.
ciao
Stefan
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> Hi,
>
> Du hängst Dich viel zu sehr daran auf, wie eine Variable
> jetzt genannt wurde.
Ich weiß...
> > Sollte es nicht P(X+Y=z) sein
>
> es ist exakt das gleiche.
>
> > Stimmt das, oder mache ich totalen Mist?
>
> das stimmt, aber ich hätte gerne die Herleitung gehabt.
Okay, das geht dann so:
Z=X+Y [mm] \Rightarrow [/mm] Y=Z-X [mm] \Rightarrow P_{X,Y}(x,y)=P_{X,Y}(x,z-x) \Rightarrow P_{Z}(z)=\sum_{x}P_{X,Y}(x,z-x) [/mm] . So ?
>
> Es geht nämlich darum, daß Du nicht berücksichtigst,
> daß [mm]|Z_1|[/mm] nur positiv sein kann.
>
> [mm]f_V(x) \frac{2}{a}\phi\left(\frac{x}{a}\right).[/mm]
>
> stimmt deswegen so noch nicht, da fehlt noch was. =)
Okay... was genau meinst Du ? Ich habe doch [mm] P(-\frac{v}{a}\leq Z_{1} \leq \frac{v}{a}) [/mm] betrachtet, das ist doch für die Normalverteilung dann [mm] \Phi(\frac{v}{a})-\Phi(-\frac{v}{a})=2\Phi(\frac{v}{a})-1
[/mm]
Leite ich das jetzt nach v ab, kriege ich: [mm] f_{V}(v)=\frac{2}{a}\phi(\frac{v}{a}) [/mm] nach der Kettenregel ?!
Ich sehe den Fehler leider nicht...
> > Mhh, da bin ich mir nicht sicher, ich wäre auf folgendes
> gekommen:
> >
> [mm]f_{X}=\int_{-\infty}^{\infty}f_{V}(v)f_{W}(x-v)\mathrm{d}v=\int_{-\infty}^{\infty}f_{V}(x-w)f_{W}(w)\mathrm{d}w[/mm]
>
> > Ich komme immer mit den Variablen durcheinander...
>
> Erzähl mir einfach mal in Worten, wo Du den Unterschied
> zwischen
> [mm]\int_{-\infty}^\infty f_V(x-v)f_W(v)\ dv[/mm]
> und
> [mm]\int_{-\infty}^{\infty}f_{V}(x-w)f_{W}(w)\mathrm{d}w[/mm]
> siehst, warum Du Dir nicht sicher bist.
Dass die beiden gleich sind ist mir vollkommen klar, sicher bin ich mir nur nicht, wenn ich das ganze jetzt auf ein Beispiel wie oben anwenden soll. Dann stellt sich mir immer die Frage: Was nenne ich wie ?
Und dann denke ich: Sch**** ich darf sie auf keinen Fall durcheinander bringen... Verstehst du ungefähr was ich meine ?
Mich bringt es in diesem Beispiel durcheinander, dass ich nicht erkenne, wo der Unterschied liegt zwischen meiner Lösung und der Lösung meines Professors, obwohl wir mMn das gleiche tun !
> ciao
> Stefan
Danke für deine Geduld 
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:44 Do 14.04.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Leite ich das jetzt nach v ab, kriege ich: $ [mm] f_{V}(v)=\frac{2}{a}\phi(\frac{v}{a}) [/mm] $ nach der Kettenregel ?!
[mm] $\int_{-\infty}^\infty f_V(v)\ [/mm] dv=2$
und
[mm] $\int_{-\infty}^0 f_V(v)\ [/mm] dv=1$
Nachdem für a>0 die ZV nur nicht-negative Werte annehmen kann, kann das so noch nicht stimmen. Schau Dir Deine Rechnung nochmal genau an. Was setzt Du da voraus?
> Dass die beiden gleich sind ist mir vollkommen klar, sicher bin ich mir nur nicht, wenn ich das ganze jetzt auf ein Beispiel wie oben anwenden soll. Dann stellt sich mir immer die Frage: Was nenne ich wie?
Solange nicht ein Buchstabe innerhalb eines Terms für zwei verschiedene Dinge steht, ist das völlig wurscht.
ciao
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:19 Do 14.04.2011 | | Autor: | gfm |
> Seien [mm]Z_{1}, Z_{2}[/mm] unabhängig,standard-normalverteilt und
> X die Zufallsvariable definiert durch
> [mm]X=\delta|Z_{1}|+\sqrt{1-\delta^2}Z_{2}.[/mm] Zeigen Sie, dass
> die Dichtefunktion von X, [mm]f_{X}(x)=2\phi(x)\Phi(\alpha[/mm] x)
> ist wobei [mm]\alpha[/mm] eine Konstante ist, deren Ausdruck sie zu
> bestimmen haben.
>
> (Tipp: Wenn X und Y die Dichtefunktion [mm]f_{X,Y}(x,y)[/mm] haben,
> dann hat die Zufallsvariable [mm]f_{Z}(z)[/mm] für Z=X+Y die
> Dichtesfunktion [mm]f_{Z}(z)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,z-x)\ \mathrm{d}x.[/mm]
>
>
> Hallo,
>
> mein Problem mit der Aufgabe liegt darin, dass ich mir
> nicht ganz sicher bin, wie ich den Tipp anzuwenden habe.
> Mein Professor macht folgendes
>
> [mm]X=a|Z_{1}|+bZ_{2},[/mm] dann ist die Dichtefunktion von X
> gegeben durch
>
> [mm]f_{X}(x)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{a|Z_{1}|}(x-y)f_{bZ_{2}}(y)\mathrm{d}y[/mm]
>
> Er hat leider nicht dazu geschrieben, was genau y sein
> soll... Ich dachte mir, dass man so anfangen kann
>
> Ich schreibe X als X=V+W, dann haben wir nach dem Tipp von
> oben
>
> [mm]f_{X}=\int_{-\infty}^{\infty}f_{V}(v)f_{W}(x-v)\ \mathrm{d}v[/mm]
>
> [mm]P(V\leq v)=P(a|Z_{1}|\leq v)=P\left(-\frac{v}{a}\leq Z_{1}\leq \frac{v}{a}\right)=2\Phi\left(\frac{v}{a}\right)-1 \Rightarrow f_{V}(v)=[/mm]
>
> [mm]\frac{2}{a}\phi\left(\frac{v}{a}\right).[/mm]
>
> Das Problem ist aber, dass ich hier genau andersherum
> arbeite als mein Professor, er bestimmt ja
> [mm]f_{a|Z_{1}|}(x-y)[/mm] und ich [mm]f_{a|Z_{1}|}(v)...[/mm] vorausgesetzt
> das was ich v nenne und er y ist das gleiche...
>
> Ich bin verwirrt.
>
> Kann mir jemand helfen ?
Wenn [mm] U_i:\Omega\to\IR [/mm] ZVn auf einem W-Raum [mm] (\Omega, \mathcal{A},P) [/mm] sind, fange ich für die Verteilung von [mm] X:=g(U_1,...,U_n) [/mm] immer mit
[mm] F_X(t)=P(X\le t)=\integral_\Omega 1_{(-\infty,t]}(X(\omega))dP(\omega)=\integral_\Omega 1_{(-\infty,t]}(g(X_1(\omega),...,X_n(\omega)))dP(\omega)
[/mm]
an. Allgemein kann man dann noch, wenn die gemeinsame Verteilung [mm] F_{U_1,...,U_n}(t_1,...,t_n) [/mm] der [mm] U_i [/mm] gegeben ist,
[mm] =\integral_{\IR^n} 1_{(-\infty,t]}(g(t_1,...,t_n))dF_{U_1,...,U_n}(t_1,...,t_n)
[/mm]
oder auch
[mm] =\integral_{\IR^n} 1_{g^{-1}((-\infty,t])}(t_1,...,t_n)dF_{U_1,...,U_n}(t_1,...,t_n)
[/mm]
schreiben.
Wenn nun g(s)=a|s| (a>0) konkret gegeben ist, erhält man
[mm] F_{g(U)}(t)=\integral_{\IR} 1_{(-\infty,t]}(a|s|)dF_{U}(s)=1_{\IR_0^+}(t)*\integral_{\IR} 1_{[-t/a,t/a]}(s)dF_{U}(s)=1_{\IR_0^+}(t)*(F_U(t/a)-F_U(-t/a))
[/mm]
Und wenn [mm] F_U(t) [/mm] eine bezüglich t=0 symmetrische Verteilung ist kann man noch
[mm] =1_{\IR_0^+}(t)*(2*F_U(t/a)-1)
[/mm]
schreiben. Die Dichte, falls [mm] F_U [/mm] eine hat, davon ist [mm] 2/a*1_{\IR_0^+}(t)*f_U(t/a).
[/mm]
Im Falle g(s)=b*s (b>0) ergibt sich
[mm] F_{g(U)}(t)=\integral_{\IR} 1_{(-\infty,t]}(bs)dF_{U}(s)=\integral_{\IR} 1_{(-\infty,t/b]}(s)dF_{U}(s)=F_U(t/b) [/mm] und die Dichte, falls [mm] F_U [/mm] eine hat, ist [mm] 1/b*f_U(t/b).
[/mm]
Und wenn g(r,s)=r+s gegeben ist, erhält man
[mm] F_{g(U,V)}(t)=\integral_{\IR^2} 1_{(-\infty,t]}(r+s)dF_{U,V}(r,s)
[/mm]
und wenn U und V unabhängig sind, kann man weiterschreiben
[mm] =\integral_{\IR}\integral_{\IR} 1_{(-\infty,t]}(r+s)dF_U(r)dF_V(s)=\integral_{\IR}\integral_{\IR} 1_{(-\infty,t-s]}(r)dF_U(r)dF_V(s)=\integral_{\IR}F_U(t-s)dF_V(s)
[/mm]
Ebenso gut kann man aber auch
[mm] =\integral_{\IR}F_V(t-r)dF_U(r)
[/mm]
erhalten. Und ob nun "s" "s" heißt und "r" "r" oder ganz anders, ist irrelevant. Wichtig ist, dass die Argumente in den Klammern der beiden einzelnen Verteilungsfunktionen unter dem Integral in Summe das Argument der zu berechnenden Gesamtverteilungsfunktion ergeben: (t-r)+r=t.
Wenn [mm] F_V [/mm] und [mm] F_U [/mm] absolut stetig sind, existieren Dichten und man kann weitermachen:
[mm] \frac{dF_{g(U,V)}}{dt}(t)= \integral_{\IR}\frac{d}{dt}(F_U(t-s))f_V(s)ds=\integral_{\IR}f_U(t-s)f_V(s)ds
[/mm]
Wenn man alles zusammenbringt, muss man sich mit
[mm] \frac{2}{ab}\integral_{\IR}1_{\IR_0^+}(t-s)*f((t-s)/a)f(s/b)ds
[/mm]
herumschlagen, wobei f die Standardnormalverteilungsdichte ist.
LG
gfm
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Hallo ihr beiden,
danke für die ausführlichen Antworten!
Ich glaube, wir haben bisher aneinander vorbeigeredet...
1) Ich sehe meinen Fehler beim Finden der Dichte von V , [mm] f_{V}(v) [/mm] immernoch nicht...
2) Ganz konkret:
Der Prof integriert folgendes
[mm] \int_{-\infty}^{\infty}f_{a|Z_{1}|}(x-y)f_{bZ_{2}}(y)\mathrm{d}y
[/mm]
ich integriere
[mm] \int_{-\infty}^{\infty}f_{a|Z_{1}|}(y)f_{bZ_{2}}(x-y)\mathrm{d}y
[/mm]
Ich bekomme als Ergebnis [mm] 2\phi(x)\Phi(\alpha [/mm] x) mit [mm] \alpha=\frac{b}{a}, [/mm] er bekommt [mm] \alpha=\frac{a}{b}. [/mm] Bekomme ich dieses falsche Ergebnis, weil ich die Dichte [mm] f_{a|Z_{1}|} [/mm] falsch bestimmt habe, oder ist mein Ansatz falsch ? Er bekommt dann nämlich als Dichte [mm] \frac{1}{\sqrt{2\pi}a}e^{-\frac{(x-y)^2}{2a^2}} [/mm] das sieht ja sehr nach dem aus, was ich auch bekommen habe, nur dass er da eben x-y anstatt nur y stehen hat...
Ich glaube ich werd damit nicht mehr warm... Die Klausur wird lustig 
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:55 Do 14.04.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
> 1) Ich sehe meinen Fehler beim Finden der Dichte von V , $ [mm] f_{V}(v) [/mm] $ immernoch nicht...
Dann nimm einfach mal ein unmögliches Beispiel für Deine Herleitung und schau, wo Du auf Abwegen geräts. v=-5, oder was auch immer.
Sorry, aber daß Deine Dichte zu 2 integriert ist ein ziemlich fundamentales Problem und leicht zu beheben. Ich will nur, daß Du das selber behebst. =)
> Der Prof integriert folgendes
> $ [mm] \int_{-\infty}^{\infty}f_{a|Z_{1}|}(x-y)f_{bZ_{2}}(y)\mathrm{d}y [/mm] $
> ich integriere
> $ [mm] \int_{-\infty}^{\infty}f_{a|Z_{1}|}(y)f_{bZ_{2}}(x-y)\mathrm{d}y [/mm] $
Die sind identisch. Führ oben die Substitution z:=x-y durch und Du kriegst das untere.
ciao
Stefan
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Hi,
um die Geschichte mit der zwei zu beheben muss ich das ganze mit [mm] \frac{1}{2} [/mm] multiplizieren... Dann fehlt mir aber nachher eine 2 beim Ergebnis... Meinst du das ? Dann habe ich aber zwei Fehler bei mir, denn es kommt dann [mm] \phi(x)\Phi(\alpha [/mm] x) mit falscher Konstante [mm] \alpha [/mm] und einer fehlenden 2.
LG
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:29 Fr 15.04.2011 | | Autor: | Blech |
Dann hast Du immer noch Masse auf der negativen Achse.
Nochmal, nimm ein Beispiel:
[mm] $P(V\leq [/mm] -5)$ ist offensichtlich 0 (btw. ich geh immer davon aus, daß a>0, weil traditionell [mm] $\delta>0$. [/mm] Kann das auch negativ sein, dann gehört noch anderes Zeug angepaßt), also warum ist Deine Dichte nicht links davon 0?
ciao
Stefan
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Hallo nochmal,
> Dann hast Du immer noch Masse auf der negativen Achse.
> Nochmal, nimm ein Beispiel:
> [mm]P(V\leq -5)[/mm] ist offensichtlich 0 (btw. ich geh immer davon
> aus, daß a>0, weil traditionell [mm]\delta>0[/mm]. Kann das auch
> negativ sein, dann gehört noch anderes Zeug angepaßt),
> also warum ist Deine Dichte nicht links davon 0?
Ich geh davon aus, dass [mm] \delta>0, [/mm] es wird aber nicht explizit gesagt.
Ich kann die Dichte definieren als 0 für v<0... Aber das wirds auch nicht sein denke ich, das behebt auch nicht mein Problem mit den vertauschten Konstanten.
> ciao
> Stefan
Dane für die Hilfe
LG
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:13 Fr 15.04.2011 | | Autor: | Blech |
Du sollst überhaupt nichts definieren. Du sollst anhand eines konkreten Beispiels überprüfen, wo Deine Herleitung versagt.
Es kann doch nicht so schwer sein die v durch -5 zu ersetzen.
ciao
Stefan
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Hallo,
entschuldige, wenn ich nicht sehe, was du von mir möchtest... Du kannst mir glauben, dass es mich genug beschäftigt.
Setze ich -5 ein erhalte ich:
[mm] P(V\leq -5)=P(a|Z_{1}|\leq [/mm] -5) was offenbar nicht sein kann, falls a>0. Wie ich das nun beheben kann ? Keine Ahnung, soweit ich sehe besteht das Problem dann, wenn v negativ ist. Also vielleicht [mm] P(V\leq [/mm] |v|) betrachten ? Dann ist [mm] P(V\leq |v|)=P\left(\frac{-|v|}{a}\leq Z_{1}\leq \frac{|v|}{a}\right) [/mm] das integriert aber immernoch zu 2.
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:44 Fr 15.04.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
> $ [mm] P(V\leq -5)=P(a|Z_{1}|\leq [/mm] -5)$ was offenbar nicht sein kann, falls a>0
Die Aussage ist aber absolut zulässig, es gilt halt einfach
[mm] $P(a|Z_{1}|\leq [/mm] -5)=0$
Nur irgendwo verlierst Du das und kriegst positive Wahrscheinlichkeiten. Du sollst jetzt Deine ganze Kette durchgehen und schauen, wo der Schritt kommt, bei dem Deine Aussage nicht mehr stimmt.
Also mach da mal mit dem nächsten Schritt weiter.
ciao
Stefan
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Hallo,
also der nächste Schritt wäre ja
[mm] P(a|Z_{1}|\leq -5)=P\left(\frac{5}{a}\leq Z_{1}\leq \frac{-5}{a}\right)
[/mm]
das ist dann auch gleich null... positive Wahrscheinlichkeiten kriege ich beim Schritt von [mm] P\left(\frac{5}{a}\leq Z_{1}\leq \frac{-5}{a}\right) [/mm] zu [mm] 2\Phi\left(\frac{v}{a}\right)-1 [/mm] ... Das dreht sich für den fall v<0 um zu
[mm] 1-2\Phi\left(\frac{v}{a}\right). [/mm] Das ist dann gleich null, also [mm] \Phi\left(\frac{v}{a}\right)=\frac{1}{2} [/mm] für v<0 ?
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:07 Fr 15.04.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
> das ist dann auch gleich null... positive Wahrscheinlichkeiten kriege ich beim Schritt von $ [mm] P\left(\frac{5}{a}\leq Z_{1}\leq \frac{-5}{a}\right) [/mm] $ zu $ [mm] 2\Phi\left(\frac{v}{a}\right)-1 [/mm] $
richtig.
> Das ist dann gleich null, also $ [mm] \Phi\left(\frac{v}{a}\right)=\frac{1}{2} [/mm] $ für v<0 ?
Nein, weil [mm] $\Phi$ [/mm] eine fest definierte Funktion ist und deswegen für gegebenes v einen klaren Wert hat, den man nicht einfach umdefinieren kann.
Die Gleichheit
$ [mm] P\left(\frac{-v}{a}\leq Z_{1}\leq \frac{v}{a}\right) =2\Phi\left(\frac{v}{a}\right)-1 [/mm] $
ist falsch, bzw. gilt nur für [mm] $v\geq [/mm] 0$. Korrekt brauchst Du entweder eine Fallunterscheidung, oder eine Indikatorfunktion.
$ [mm] P\left(\frac{-v}{a}\leq Z_{1}\leq \frac{v}{a}\right) =\left(2\Phi\left(\frac{v}{a}\right)-1\right)1_{\{ v\geq 0\}} [/mm] $
Also auch
[mm] $f_V(v)=\frac{2}{a}\phi\left(\frac{v}{a}\right)1_{\{ v>0\}}. [/mm] $
Was heißt das für Dein Integral?
ciao
Stefan
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Guten Morgen,
das integral ist also gleich null, falls v negativ ist... Ist das auch der Grund für meine vertauschten Konstanten ?
Es tut mir leid, dass es so lange gedauert hat, aber mein Prof. nutzt das auch in seiner Lösung nicht, daher bin ich nicht darauf gekommen...
Was er tut ist Folgendes:
[mm] X=a|Z_{1}|+bZ_{2}
[/mm]
[mm] f_{X}(x)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{a|Z_{1}|}(x-y)f_{bZ_{2}}(y)\mathrm{d}y=\int_{-\infty}^{x}\frac{2}{2\pi ab}\exp\left\{\frac{-1}{2a^2}(x-y)^2\right\}\exp\left\{\frac{-1}{2b^2}y^2\right\}=
[/mm]
[mm] \int_{-\infty}^{x}\frac{2}{2\pi ab}\exp\left\{\frac{-1}{2}\left[\frac{(x-y)^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right]\right\}
[/mm]
So, darum ging es mir auch die ganze Zeit, gehe ich nun meinen Weg mit den nur eben mit x-y und y vertauscht, erhalte ich
[mm] \int_{-\infty}^{x}\frac{2}{2\pi ab}\exp\left\{\frac{-1}{2}\left[\frac{y^2}{a^2}+\frac{(x-y)^2}{b^2}\right]\right\}\mathrm{d}y
[/mm]
Das führt dann zu genau umgedrehten Konstanten...
Ändert die Indikatorfunktion daran etwas ?
Noch eine kurze Frage wie kommt er auf die obere Integrationsgrenze x?
LG
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:41 Sa 16.04.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
> $ [mm] f_{X}(x)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{a|Z_{1}|}(x-y)f_{bZ_{2}}(y)\mathrm{d}y=\int_{-\infty}^{x}\frac{2}{2\pi ab}\exp\left\{\frac{-1}{2a^2}(x-y)^2\right\}\exp\left\{\frac{-1}{2b^2}y^2\right\}= [/mm] $
wo kommen die Integrationsgrenzen her?
ciao
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:49 Sa 16.04.2011 | | Autor: | MontBlanc |
Hi,
das wollte ich eigentlich dich fragen... Ich hab nämlich auch keine Ahnung... Ich hätte das ganze auch von [mm] -\infty [/mm] bis [mm] \infty [/mm] integriert....
LG
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:13 Sa 16.04.2011 | | Autor: | Blech |
Er integriert ja von [mm] $-\infty$ [/mm] bis [mm] $\infty$:
[/mm]
$ [mm] f_{X}(x)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{a|Z_{1}|}(x-y)f_{bZ_{2}}(y)\mathrm{d}y$
[/mm]
Setz halt mal Deine beiden Dichten ein. Wofür hast Du sie denn berechnet.
ciao
Stefan
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Hallo,
setze ich sie ein bekomme ich
[mm] \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{2\pi ab}\exp\left\{-\frac{1}{2}\left[\frac{y^2}{a^2}+\frac{(x-y)^2}{b^2}\right]\right\}\mathrm{d}y. [/mm] Für meinen Ansatz... Für seinen dann eben
[mm] \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{2\pi ab}\exp\left\{-\frac{1}{2}\left[\frac{(x-y)^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right]\right\}\mathrm{d}y.
[/mm]
So, ich verfolge mal meinen Ansatz weiter:
[mm] \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{2\pi ab}\exp\left\{-\frac{1}{2}\left[\frac{y^2}{a^2}+\frac{(x-y)^2}{b^2}\right]\right\}\mathrm{d}y=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{2\pi ab}\exp\left\{-\frac{1}{2}\left[x^2+\frac{1}{a^2b^2}(y-xa^2)^2\right]\right\}\mathrm{d}y=2\phi(x)\frac{1}{\sqrt{2\pi}ab}\int_{-\infty}^{\infty}\exp\left\{-\frac{1}{2}\left[\frac{1}{a^2b^2}(y-xa^2)^2\right]\right\}\mathrm{d}y
[/mm]
So und nun ? Integriere ich das von [mm] -\infty [/mm] bis [mm] \infty [/mm] krieg ich 1 für das Integral und das Ergebnis ist nur [mm] 2\phi(x). [/mm] Integrier ich das von [mm] -\infty [/mm] bis x krieg ich [mm] 2\phi(x)\Phi\left(\frac{b}{a}x\right) [/mm] und er kriegt [mm] 2\phi(x)\Phi\left(\frac{a}{b}x\right).
[/mm]
Siehst du jetzt mein Problem ? Kriegst du mit beiden Integralen die gleiche Lösung mit der richtigen Konstanten ?
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:13 Sa 16.04.2011 | | Autor: | Blech |
Ich hab gerade 10 Fragen+Antworten damit verbracht, Dich so weit zu bringen, daß Du Dir Deine Herleitung nochmal anschaust und erkennst, daß
$ [mm] f_V(v)=\frac{2}{a}\phi\left(\frac{v}{a}\right)1_{\{ v>0\}}. [/mm] $
Aber jetzt ist die Erkenntnis wieder im Winde verweht.
Wenn Du an einer Stelle nicht weiterweißt, dann frag, wie es da weitergeht. Was Du anstattdessen machst, einfach mal weiterrechnen und alles unangenehme ignorieren bis zum bitteren Ende, ist eine völlige Unsitte. Auf die Weise wirst Du auch nie in der Lage sein, Deine eigenen Fehler zu korrigieren. Es hat ein halbes Dutzend posts gebraucht, dich bei der Konstruktion der Dichte davon abzuhalten. Sag mir bitte, daß wir jetzt für das Integral nicht nochmal von vorne anfangen dürfen.
Dein Fehler ist völlig einfach zu beheben (sonst kämen im Normalfall auch nicht so ähnliche Ergebnisse raus), wenn Du nur einmal mit etwas Sorgfalt an die Sache rangehen würdest.
ciao
Stefan
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Hallo,
> Ich hab gerade 10 Fragen+Antworten damit verbracht, Dich so
> weit zu bringen, daß Du Dir Deine Herleitung nochmal
> anschaust und erkennst, daß
>
> [mm]f_V(v)=\frac{2}{a}\phi\left(\frac{v}{a}\right)1_{\{ v>0\}}.[/mm]
>
> Aber jetzt ist die Erkenntnis wieder im Winde verweht.
Das stimmt ja nicht... Meine Frage eben bezog sich darauf, warum in der Mustrerlösung ohne Indikatorfunktion gearbeitet wird (ich sehe das auch in diesem Zusammenhang zum ersten Mal, andernfalls würde ich nicht so doof fragen).
> Wenn Du an einer Stelle nicht weiterweißt, dann frag, wie
> es da weitergeht. Was Du anstattdessen machst, einfach mal
> weiterrechnen und alles unangenehme ignorieren bis zum
> bitteren Ende, ist eine völlige Unsitte. Auf die Weise
> wirst Du auch nie in der Lage sein, Deine eigenen Fehler zu
> korrigieren. Es hat ein halbes Dutzend posts gebraucht,
> dich bei der Konstruktion der Dichte davon abzuhalten. Sag
> mir bitte, daß wir jetzt für das Integral nicht nochmal
> von vorne anfangen dürfen.
Nein, natürlich nicht...
>
> Dein Fehler ist völlig einfach zu beheben (sonst kämen im
> Normalfall auch nicht so ähnliche Ergebnisse raus), wenn
> Du nur einmal mit etwas Sorgfalt an die Sache rangehen
> würdest.
Der Versuch (köpf mich nicht, wenn ich mit der Indikatorfunktion falsch umgehe):
[mm] f_{X}(x)=\frac{2}{ab}\int_{-\infty}^{\infty}1_{\{v\geq 0\}}f_{V}\left(\frac{v}{a}\right)f_{W}\left(\frac{x-v}{b}\right)
[/mm]
Soweit sind wir uns einig ?
Jetzt zerlege ich das Integral in:
[mm] f_{X}(x)=\frac{2}{ab}\left[\int_{-\infty}^{0}1_{\{v>0\}}f_{V}\left(\frac{v}{a}\right)f_{W}\left(\frac{x-v}{b}\right)\mathrm{d}v + \int_{0}^{\infty}1_{\{v>0\}}f_{V}\left(\frac{v}{a}\right)f_{W}\left(\frac{x-v}{b}\right)\mathrm{d}v\right]
[/mm]
auch noch okay ?
Das erste Integral ist nun null, da ich über negativen v-Werten integriere, richtig ?
Was also übrig bleibt ist:
[mm] f_{X}(x)=\frac{2}{ab}\int_{0}^{\infty}1_{\{v>0\}}f_{V}\left(\frac{v}{a}\right)f_{W}\left(\frac{x-v}{b}\right)\mathrm{d}v
[/mm]
Und das entspricht:
[mm] \frac{2}{2\pi ab}\int_{0}^{\infty}\exp{\left\{\frac{-1}{2}\left(\frac{v^2}{a^2}\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{x-v}{b}\right)^2\right\}}\mathrm{d}v
[/mm]
Stimmt das soweit ? Kann ich das so machen ? Hier integriere ich nun immernoch von 0 bis [mm] \infty [/mm] d.h. bei null wäre das integral wieder 0, muss ich also diesen Teil integrieren von [mm] \varepsilon [/mm] bis [mm] \infty [/mm] für [mm] \varepsilon\to [/mm] 0 ?
Edith sagt : Ich habe das jetzt zu ende gerechnet und komme auf folgendes:
[mm] 2\phi(x)\int_{-\frac{ax}{b}}^{\infty}\exp{\left\{\frac{-1}{2}t^2\right\}}\mathrm{d}t
[/mm]
nach der substitution [mm] t=\frac{1}{ab}(v-a^2x)
[/mm]
Ich denke das Integral ist [mm] \Phi\left(\frac{a}{b}x\right), [/mm] da die Standard-Normalverteilungsdichte symmetrisch zur y-Achse ist, also
[mm] \int_{-\frac{ax}{b}}^{\infty}\exp{\left\{\frac{-1}{2}t^2\right\}}\mathrm{d}t=\int_{-\infty}^{\frac{ax}{b}}\exp{\left\{\frac{-1}{2}t^2\right\}}\mathrm{d}t
[/mm]
Bitte bitte, bestätigt jemand, dass das stimmt, dann kann ich diese Aufgabe endlich zu den Akten legen !
> ciao
> Stefan
Ich möchte keinem auf den Nerv fallen mit meiner Fragerei, ich bin schon sehr bemüht jedem Hinweis nachzugehen... Vielleicht bekomme ich ja noch eine Antwort auf diese Frage... Evtl. können wir ja dann noch klären was mein Professor anders bzw. eleganter macht...
Schönen Abend !
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:57 So 17.04.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Das stimmt ja nicht... Meine Frage eben bezog sich darauf, warum in der Mustrerlösung ohne Indikatorfunktion gearbeitet wird (ich sehe das auch in diesem Zusammenhang zum ersten Mal, andernfalls würde ich nicht so doof fragen).
Er tut's implizit. Sehen wir am Ende.
> Der Versuch (köpf mich nicht, wenn ich mit der Indikatorfunktion falsch umgehe):
Du verstehst mich falsch. Ich helf Dir gerne mit der Indikatorfunktion. Mein Problem ist, daß Du's gar nicht erst versucht hast. =)
> $ [mm] f_{X}(x)=\frac{2}{ab}\int_{-\infty}^{\infty}1_{\{v\geq 0\}}f_{V}\left(\frac{v}{a}\right)f_{W}\left(\frac{x-v}{b}\right)\ [/mm] dv $
Nicht ganz.
1. Du willst die Dichte von $ [mm] X=a|Z_{1}|+bZ_{2}.$
[/mm]
2. Du hast Dir V und W ja extra so definiert, daß Du das so einfach schreiben kannst:
X=V+W
und damit auch
[mm] $\int_{-\infty}^\infty f_V(v)f_W(x-v)\ [/mm] dv$
Jetzt setzen wir [mm] $f_V$ [/mm] und [mm] $f_W$ [/mm] ein:
[mm] f_V [/mm] war wie oben geschrieben
$ [mm] f_V(v)=\frac{2}{a}\phi\left(\frac{v}{a}\right)1_{\{ v>0\}}. [/mm] $
Die Indikatorfunktion ist Teil der Dichte. Sie stellt sicher, daß die Dichte für $v<0$ 0 ist.
[mm] $f_{W}(w)=\frac{1}{b}\phi\left(\frac{x-v}{b}\right). [/mm] $
Also
[mm] $f_X(x)=\int_{-\infty}^\infty f_V(v)f_W(x-v)\ dv=\int_{-\infty}^\infty\frac{2}{a}\phi\left(\frac{v}{a}\right)1_{\{ v>0\}}\frac{1}{b}\phi\left(\frac{x-v}{b}\right)\ [/mm] dv$
Wenn ich bei Dir mal einsetze:
$ [mm] f_{X}(x)=\frac{2}{ab}\int_{-\infty}^{\infty}1_{\{v\geq 0\}}f_{V}\left(\frac{v}{a}\right)f_{W}\left(\frac{x-v}{b}\right)\ [/mm] dv=$
[mm] $=\frac{2}{ab}\int_{-\infty}^{\infty}1_{\{v\geq 0\}}\frac{2}{a}\phi\left(\frac{v}{a^2}\right)1_{\{ v/a>0\}}\frac{1}{b}\phi\left(\frac{\frac{x-v}{b}-v}{b}\right)\ [/mm] dv $
Ich weiß, Du hast das richtige gemeint. Aber dann *schreib's auch hin*.
> Jetzt zerlege ich das Integral in:
> $ [mm] f_{X}(x)=\frac{2}{ab}\left[\int_{-\infty}^{0}1_{\{v>0\}}f_{V}\left(\frac{v}{a}\right)f_{W}\left(\frac{x-v}{b}\right)\mathrm{d}v + \int_{0}^{\infty}1_{\{v>0\}}f_{V}\left(\frac{v}{a}\right)f_{W}\left(\frac{x-v}{b}\right)\mathrm{d}v\right] [/mm] $
> auch noch okay ?
Jo. (bis auf den Folgefehler natürlich. Aber die Zerlegung ist wichtig, und die stimmt)
> $ [mm] \frac{2}{2\pi ab}\int_{0}^{\infty}\exp{\left\{\frac{-1}{2}\left(\frac{v^2}{a^2}\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{x-v}{b}\right)^2\right\}}\mathrm{d}v [/mm] $
Das stimmt.
> Hier integriere ich nun immernoch von 0 bis $ [mm] \infty [/mm] $ d.h. bei null wäre das integral wieder 0,
Das Integral nicht, der Integrand schon.
> muss ich also diesen Teil integrieren von $ [mm] \varepsilon [/mm] $ bis $ [mm] \infty [/mm] $ für $ [mm] \varepsilon\to [/mm] $ 0 ?
Das Lebesgue-Integral erspart Dir hier aber die Arbeit,
[mm] $\int_{(0,\infty)}f(x)\ dx=\int_{[0,\infty)}f(x)\ [/mm] dx.$
Endspurt:
> $ [mm] 2\phi(x)\int_{-\frac{ax}{b}}^{\infty}\exp{\left\{\frac{-1}{2}t^2\right\}}\mathrm{d}t [/mm] $
[mm] $=2\phi(x) \left(1-\Phi\left(-\frac ab x\right)\right)=2\phi(x)\Phi\left(\frac ab x\right)$
[/mm]
> Ich denke das Integral ist $ [mm] \Phi\left(\frac{a}{b}x\right), [/mm] $ da die Standard-Normalverteilungsdichte symmetrisch zur y-Achse ist, also
> $ [mm] \int_{-\frac{ax}{b}}^{\infty}\exp{\left\{\frac{-1}{2}t^2\right\}}\mathrm{d}t=\int_{-\infty}^{\frac{ax}{b}}\exp{\left\{\frac{-1}{2}t^2\right\}}\mathrm{d}t [/mm] $
Das ist genauso richtig.
> Bitte bitte, bestätigt jemand, dass das stimmt, dann kann ich diese Aufgabe endlich zu den Akten legen!
Das ist absolut richtig.
Aber zu den Akten legen solltest Du es auf keinen Fall, weil Dein Integral immer noch falsch war. Du hast nur diesmal wirklich das richtige gemeint, also kam zum Schluß das korrekte Ergebnis raus. Aber hättest Du irgendeinen kleinen Fehler wären wir wieder am Anfang, weil Du bei lauter [mm] $\pi\times\text{Daumen}$ [/mm] Gleichungen nie den Fehler finden wirst.
Bitte, bitte hör mit diesem Tri, Tra, Tralala Gerechne auf, weil Du sonst irgendwann im Studium mal voll gegen die Wand fahren wirst. Glaub mir, heut ist mein Geburtstag, ich schreib den Scheiß nicht, weil ich mich so gern Reden höre. =)
ciao
Stefan
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