marginale Dichte < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:46 Fr 26.04.2013 | | Autor: | triad |
| Aufgabe | Die gemeinsame Dichte des Zufallsvektors [mm] (X_1, X_2) [/mm] sei gegeben durch
[mm] f(x_1,x_2)=\bruch{12}{5}x_1(2-x_1-x_2)1_{[0,1]}(x_1)1_{[0,1]}(x_2).
[/mm]
Bestimme die marginale Dichte von [mm] X_1 [/mm] und [mm] E(X_1) [/mm] sowie [mm] V(X_1). [/mm] |
Hallo!
Wenn [mm] (X_1,X_2) [/mm] ein Zufallsvektor mit Dichte f im [mm] \IR^2 [/mm] ist, dann haben wir die Dichte für [mm] X_1 [/mm] definiert als
[mm] f_1(x_1):=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x_1,x_2)\quad dx_2}.
[/mm]
Mit obiger Dichte [mm] f(x_1,x_2) [/mm] lautet das Integral dann [mm] f_1(x_1) [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{f(x_1,x_2) dx_2} [/mm] = [mm] \bruch{12x_1}{5}\integral_{0}^{1}{2-x_1-x_2\quad dx_2}. [/mm]
Ich habe die Integral-Grenzen auf 0,1 abgeändert, da die Funktion [mm] f(x_1,x_2) [/mm] ausserhalb des Intervalls [0,1] eh die Nullfunktion ist, somit keinen Beitrag im Integral liefert.
Ist das soweit richtig? Ich bin mir irgendwie unsicher, hier muss man aber kein Doppelintegral berechnen oder?
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Hiho,
> Ich habe die Integral-Grenzen auf 0,1 abgeändert, da die
> Funktion [mm]f(x_1,x_2)[/mm] ausserhalb des Intervalls [0,1] eh die
> Nullfunktion ist, somit keinen Beitrag im Integral liefert.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Und wo ist die Indikatorfunktion für [mm] x_1 [/mm] hin?
Ansonsten passt alles, rechne mal weiter.
MFG,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:35 Sa 27.04.2013 | | Autor: | yangwar1 |
--erledigt--
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:07 Sa 27.04.2013 | | Autor: | triad |
> Hiho,
>
> > Ich habe die Integral-Grenzen auf 0,1 abgeändert, da die
> > Funktion [mm]f(x_1,x_2)[/mm] ausserhalb des Intervalls [0,1] eh die
> > Nullfunktion ist, somit keinen Beitrag im Integral
> liefert.
>
>
> Und wo ist die Indikatorfunktion für [mm]x_1[/mm] hin?
> Ansonsten passt alles, rechne mal weiter.
>
> MFG,
> Gono.
Hi!
Achso ok, ich hab halt direkt beide Indikatorfunktionen weggelassen und hätte am Ende gesagt "für [mm] $x_1\in[0,1]$".
[/mm]
Ich rechne dann so weiter: [mm] f_1(x_1) [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{f(x_1,x_2) dx_2} [/mm] = [mm] \bruch{12x_1}{5}\integral_{0}^{1}{2-x_1-x_2\quad dx_2} [/mm] = [mm] \bruch{12x_1}{5}\left[2x_2-x_1x_2-\frac{x_2^2}{2}\right]_0^1 [/mm] = [mm] \bruch{12x_1}{5}*(2-x_1-0.5-0) [/mm] = [mm] \frac{18x_1}{5}-\frac{12x_1^2}{5}, [/mm] für [mm] x_1\in[0,1], [/mm] und 0 sonst.
Edit: Könnte auch nochmal jemand meine Ergebnisse prüfen? :)
[mm] E(X_1)=\integral_{0}^{1}{x_1*f_1(x_1) dx_1}=\integral_{0}^{1}{\frac{18x_1^2}{5}-\frac{12x_1^3}{5} dx_1}=\left[\frac{18x_1^3}{15}-\frac{12x_1^4}{20}\right]_0^1=\frac{18}{15}-\frac{12}{20}-0=3/5.
[/mm]
[mm] E(X_1^2)= [/mm] ... analoger Rechenweg ...= 21/50.
[mm] V(X_1)=E(X_1^2)-(E(X_1))^2=21/50-9/25=3/50.
[/mm]
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Hiho,
> Achso ok, ich hab halt direkt beide Indikatorfunktionen
> weggelassen und hätte am Ende gesagt "für [mm]x_1\in[0,1][/mm]".
Hm, unsauber, aber ok.
> Ich rechne dann so weiter: [mm]f_1(x_1)[/mm] = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x_1,x_2) dx_2}[/mm] = [mm]\bruch{12x_1}{5}\integral_{0}^{1}{2-x_1-x_2\quad dx_2}[/mm] = [mm]\bruch{12x_1}{5}\left[2x_2-x_1x_2-\frac{x_2^2}{2}\right]_0^1[/mm] = [mm]\bruch{12x_1}{5}*(2-x_1-0.5-0)[/mm] = [mm]\frac{18x_1}{5}-\frac{12x_1^2}{5},[/mm] für [mm]x_1\in[0,1],[/mm] und 0 sonst.
> [mm]E(X_1)=\integral_{0}^{1}{x_1*f_1(x_1) dx_1}=\integral_{0}^{1}{\frac{18x_1^2}{5}-\frac{12x_1^3}{5} dx_1}=\left[\frac{18x_1^3}{15}-\frac{12x_1^4}{20}\right]_0^1=\frac{18}{15}-\frac{12}{20}-0=3/5.[/mm]
>
> [mm]E(X_1^2)=[/mm] ... analoger Rechenweg ...= 21/50.
>
> [mm]V(X_1)=E(X_1^2)-(E(X_1))^2=21/50-9/25=3/50.[/mm]
MFG,
Gono.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:32 Mo 29.04.2013 | | Autor: | triad |
Danke!
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