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von **Lukul** » 27.06.07 18:41

a)Offenbar $f(x) \ge 0 \forall x$ , allerdings steh ich mit der Integrierbarkeit noch etwas auf dem Schlauch, bei 1 ist da doch ein "Sprung" in der Funktion. Wenn man brutal darüber hinweg integriert, kommt man auf:

$\int_{-\infty}^\infty f(x) dx = \int_{-\infty}^0 0 dx + \int_{0}^1 3x^2 dx + \int_{1}^\infty 0 dx= |x^3|_0^1 = 1$

also Vor. für Riemann-Dichte erfüllt. Weiß aber nicht ob man das so machen darf.

b)
$F(x) = \begin{cases} 0 & \text {fuer } x < 0 \\ x^3 & \text {fuer} x \in [0,1] \\ 1 & \text{fuer } x > 1\end{cases}$

c) (i)
$E(Y)=E(X^3+1)=E(X^3)+1=\int_{-\infty}^\infty x^3 \cdot f(x) dx + 1 = [\frac{1}{2}x^6]_0^1 + 1 = \frac{3}{2}$

Benutze Satz C 4.2 und erhalte:
$f^Y(y) = \begin{cases} |(g^{-1})'(y)|f^X (g^{-1}(y)) = ... = (Y - 1) ^0 = 1 & \text{fuer }x \in [1,2] \\ 0 & \text{sonst} \end{cases}$
Somit dann:
$F^Y(y) = \begin{cases} 0 & \text {fuer } y<1 \\ y-1 & \text {fuer} y \in [1,2] \\ 1 & \text{fuer } y>2 \end{cases}$

(ii)
$P^Y([0,2])=F^Y(2)=1$

Naja, ich bin mir da seeehr unsicher bei eigentlich allen Teilaufgaben, also korrigiert mich bitte

von **CrazyPumuckl** » 28.06.07 19:14

hm, könntest du die ausgelassene rechnung bei der c) mal hinschreiben? kann die irgendwie nicht nachvollziehen. und wie kommst du nachher auf x-1 für x aus [1,2] bei F^y(y). und: da steht ja F^Y(y). wieso sagst Du dann: für x aus ... ? da geht es doch nur um y, oder nicht?

Thx

von **Lukul** » 28.06.07 20:59

Die Rechnung bei der c) werd ich später/morgen nachtragen. Mit deiner Anmerkung haste natürlich recht, war ein Copy/Paste-Error, habs mal korrigiert

Thx

von **CrazyPumuckl** » 28.06.07 21:04

das mit (Y-1)^0 hab ich inzwischen nachvollzogen. Würde dann nur gerne wissen, wie man auf F^y kommt. Aber lass Dir ruhig Zeit bis morgen :-)

Danke schonmal :-)

von **Lukul** » 29.06.07 13:07

Also erstmal weißt du, dass für jede Verteilungsfunktion F gilt:

$\lim_{x \rightarrow -\infty} F(x)=0$ und $\lim_{x \rightarrow \infty} F(x)=1$ . Somit bleiben also für die Werte außerhalb des Intervalls [1,2] nur diese Möglichkeiten, du brauchst ja auf jeden Fall eine Stammfunktion von 1 bzw. 0, je nachdem wo du bist. Fürs Intervall [1,2] rechnest du dann:

$F^Y(y)=\int_{-\infty}^y 1 dx = \int_1^y 1 dx = x|_1^y = y-1$

Ups, oben ist ja immer noch ein Fehler mit x statt y drin :oops:

Werd das auch noch korrigieren

von **David** » 29.06.07 21:32

Hmm, bei der (c) und dem Erwartungswert von Y: Es gilt doch: E(Y)=E(X^3+1)=E(X^3)+1=E(X)^3+1, oder? Wenn ich das auf diese Weise ausrechne, komme ich auf E(Y)=91/64, was ungleich 3/2 ist, was Lukul raus hat. Wo ist mein Denkfehler, oder hat Lukul sich vertan? Außerdem muss in Lukuls Rechnung nicht das f(x) hoch 3 genommen werden statt dem x im Integeral?

Edit: Ich gehe doch richtig in der Annahme, dass X, X^2, X^3, ... stochastisch unabhängig sind, oder? Weil nur dann, darf man den letzten Schritt oben machen bei der Umformung im Erwartungswert.

Gruss, David

von **Lukul** » 30.06.07 00:15

E(X^3) = E(X)^3 ist imho Unsinn, wozu würde man sonst das ganze Gedöns mit Moment, erzeugender Funktion und so machen? X, X^2, ... sind, soweit ich weiß, auch _nicht_ stochastisch unabhängig!

von **David** » 30.06.07 11:29

Hm, dachte nach Satz C 5.9 würde das gelten. Aber dann wahrscheinlich nur für X1,...Xn die alle ungleich sind.

von **Lukul** » 30.06.07 13:50

Klar gilt das für st. unabhängige X_i. Aber eben nur für die. Dir ist hoffentlich klar, dass $X_n$ was anderes ist als $X^n$ oder?

von **jim** » 04.07.07 11:59

Lukul hat geschrieben:Benutze Satz C 4.2 und erhalte:
$f^Y(y) = \begin{cases} |(g^{-1})'(y)|f^X (g^{-1}(y)) = ... = (Y - 1) ^0 = 1 & \text{fuer }x \in [1,2] \\ 0 & \text{sonst} \end{cases}$

ich check da grad nicht wie du auf die $(Y-1)^0$ kommst.
Kann da mal jemand Licht ins Dunkle bringen?

Danke

von **Muffi** » 04.07.07 14:09

Lukul hat geschrieben:Also erstmal weißt du, dass für jede Verteilungsfunktion F gilt:

$\lim_{x \rightarrow -\infty} F(x)=0$ und $\lim_{x \rightarrow \infty} F(x)=1$ . Somit bleiben also für die Werte außerhalb des Intervalls [1,2] nur diese Möglichkeiten, du brauchst ja auf jeden Fall eine Stammfunktion von 1 bzw. 0, je nachdem wo du bist. Fürs Intervall [1,2] rechnest du dann:

$F^Y(y)=\int_{-\infty}^y 1 dx = \int_1^y 1 dx = x|_1^y = y-1$

Ups, oben ist ja immer noch ein Fehler mit x statt y drin
Werd das auch noch korrigieren

Trotz der Erklärung ist mir nicht klar, wie du das aus Satz C 4.2 herholst. Kannst du das bitte noch mal erklären?

von **Jupp** » 04.07.07 16:09

Man kann auch folgendermaßen vorgehen:

Fy(t) = P(Y <= t)

Dann setzt man Y = X^3+1 ein und erhält nach paar Umformungen:

P(X <= dritte Wurzel aus (t-1))

Dann macht man dasselbe wie bei b) also das Integral von 3*x^2 aber jetzt mit den Grenzen 0 und dritte Wurzel aus (t-1) und kommt schließlich aufs selbe Ergebnis.

von **Lukul** » 06.07.07 14:47

OK, ich versuchs nochmal langsam zu erklären:

In Satz C4.2 gehts um die Transformation von Dichtefunktionen. Da ist die Rede von einer Funktion g, die eben eine gegebene Zufallsvariable auf eine andere transformiert. Offenbar ist in der Aufgabe g gegeben durch: $g(X) = X^3 + 1$
Nun können wir die Dichtefunktion von Y einfach durch die Formel aus Satz C4.2 berechnen.
Zunächst benötigen wir die Umkehrfunktion von g:
$g^{-1}(y)=(y-1)^{\frac{1}{3}}$
Ausserdem noch die Ableitung der Umkehrfunktion:
$(g^{-1})'(y)=\frac{1}{3}(y-1)^{-\frac{2}{3}}$

So, jetzt können wir das in die Transformationsformel einsetzen.

$|(g^{-1})'(y)|f^X (g^{-1}(y)) = \frac{1}{3}(y-1)^{-\frac{2}{3}}\cdot 3 \cdot ((y-1)^{\frac{1}{3}})^2 = (y-1)^{-\frac{2}{3}+\frac{2}{3}} = (y-1)^0 = 1 \\ \Rightarrow \\ f^Y(y) = \begin{cases} |(g^{-1})'(y)|f^X (g^{-1}(y)) = ... = (Y - 1) ^0 = 1 & \text{fuer }x \in [1,2] \\ 0 & \text{sonst} \end{cases}$

Jetzt muss man noch die Verteilungsfunktion berechnen. Wie man das macht, hab ich ja schon weiter oben erläutert.

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