Dichtefunktionen < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:30 Mi 10.11.2010 | | Autor: | extasic |
| Aufgabe | 1)
Gegen sind zwei relle Dichtefunktionen f,g : [mm] $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, [/mm] sowie die rellen Parameter [mm] $\alpha \geq [/mm] 0$ und [mm] $\beta \geq [/mm] 0$ mit [mm] $\alpha [/mm] + [mm] \beta [/mm] = 1$.
Ist $ [mm] \alpha [/mm] f + [mm] \beta [/mm] g$ wieder eine Dichtefunktion?
2)
Für die Parameter p > 0 und b > 0 sei die Funktion [mm] $f_{b,p} [/mm] : [mm] \left[0,\infty\right) \rightarrow \mathbb{R}, [/mm] x [mm] \rightarrow [/mm] g(b,p) [mm] \cdot x^{p-1} e^{-bx}$ [/mm] gegeben. Welche Normierung g : [mm] $(0,\infty) \times (0,\infty) \rightarrow \mathbb{R}, [/mm] (b,p) [mm] \rightarrow [/mm] g(b,p)$ muss gewählt werden, damit [mm] $f_{b,p}$ [/mm] eine Dichtefunktion ist, wenn wir p = 1,2 oder 3 setzen? |
Zu 1)
Also, wenn ich mich nicht irre, muss ich die Positivität und Normierungsbedingung zeigen, um zu beweisen, dass $ [mm] \alpha [/mm] f + [mm] \beta [/mm] g$ wieder eine Dichtefunktion ist, richtig?
Positivität:
Gemäß Definition sind [mm] $\alpha,\beta [/mm] > 0$. Da f und g Dichtefunktionen sind, gilt für sie die Positivität bereits. Also folgt: [mm] $h(a,b)_X [/mm] := [mm] (\alpha [/mm] f + [mm] \beta [/mm] g) [mm] \geq [/mm] 0 [mm] \; \forall [/mm] a,b [mm] \in \mathbb{R}$ [/mm]
Mit a,b habe ich die Parameter bezeichnet. Es sind doch dieser Bereich, den man an die Dichtefunktion übergibt und dann (in Abhängigkeit der Zufallsvariablen X) die Wahrscheinlichkeit zurückbekommt, dass der Wert in diesem Bereich liegt, richtig?
Wir haben leider keine vernünftige Defintion bekommen, ich habe es mir versucht anzulesen..
Normierungsbedingung
zu zeigen: [mm] $\int\limits^b_a (\alpha [/mm] f + [mm] \beta [/mm] g) = 1$
Da f,g Dichtefunktionen folgt [mm] $\int\limits^{\infty}_{-\infty} [/mm] f = 1$, [mm] $\int\limits^{\infty}_{-\infty} [/mm] g = 1$. Da außerdem [mm] $\alpha [/mm] + [mm] \beta [/mm] = 1$ (Aufgabenstellung) ergibt sich trivial [mm] $\int\limits^b_a (\alpha [/mm] f + [mm] \beta [/mm] g) = 1$.
Ist das soweit richtig?
Zu 2)
Analog zu 1) müssen die zwei Bedingungen gezeigt werden (in Abhängigkeit des zu ermittelnden g).
Sei p = 1. Somit ist [mm] $f_{b,1} [/mm] = x [mm] \rightarrow [/mm] g(b,1) [mm] \cdot e^{-bx}$
[/mm]
Positivität:
Solange g(b,1) positiv ist, ist [mm] $e^{-bx} [/mm] = [mm] \frac{1}{e^bx} \geq [/mm] 0$
Normierungsbedingung
zu zeigen: [mm] $\int\limits_a^b [/mm] g(b,p) [mm] \cdot e^{-bx} [/mm] = 1$
Nun ist [mm] $\int e^{-bx} [/mm] = [mm] -\frac{e^{bx}}{b}$. [/mm] Somit ergibt sich [mm] $\left[ -\frac{e^{bx}}{b} \cdot g(b,1) \right]_a^b [/mm] = 1$. Damit wäre g(b,1) = [mm] $-\frac{b}{e^{bx}}$, [/mm] damit jedoch nicht mehr > 0, was der Positivität widerspricht.
Wo steckt mein Fehler?
Vielen Dank im Voraus!
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Huhu,
> Also, wenn ich mich nicht irre, muss ich die Positivität
> und Normierungsbedingung zeigen, um zu beweisen, dass
> [mm]\alpha f + \beta g[/mm] wieder eine Dichtefunktion ist,
> richtig?
kleiner aber bedeutender Fehler: Nicht Positivität, sondern Nichtnegativität!
> Positivität:
>
> Gemäß Definition sind [mm]\alpha,\beta > 0[/mm].
Sie sind [mm] $\ge [/mm] 0$.
> Da f und g Dichtefunktionen sind, gilt für sie die Positivität
> bereits. Also folgt: [mm]h(a,b)_X := (\alpha f + \beta g) \geq 0 \; \forall a,b \in \mathbb{R}[/mm]
generell hast du recht, aber wozu definierst du dir jetzt [mm] h(a,b)_X [/mm] ? Nicht notwendig und in der Schreibweise auch nicht wirklich korrekt......
> Mit a,b habe ich die Parameter bezeichnet. Es sind doch
> dieser Bereich, den man an die Dichtefunktion übergibt und
> dann (in Abhängigkeit der Zufallsvariablen X) die
> Wahrscheinlichkeit zurückbekommt, dass der Wert in diesem
> Bereich liegt, richtig?
Ok, langsam: Wir reden hier von Dichtefunktionen von Wahrscheinlichkeitsmaßen.
Da gibt es erstmal noch gar keine Verteilungsfunktion X und Parameter a und b auch nicht.
Was du meinst sind Verteilungsdichten, nach denen ist hier aber erstmal gar nicht gefragt und das ist auch nicht notwendig.
Insofern lass es einfach sein und mache weiter mit der Normierungsbedingung.
> Normierungsbedingung
>
> zu zeigen: [mm]\int\limits^b_a (\alpha f + \beta g) = 1[/mm]
>
> Da f,g Dichtefunktionen folgt
> [mm]\int\limits^{\infty}_{-\infty} f = 1[/mm],
> [mm]\int\limits^{\infty}_{-\infty} g = 1[/mm]. Da außerdem [mm]\alpha + \beta = 1[/mm]
> (Aufgabenstellung) ergibt sich trivial [mm]\int\limits^b_a (\alpha f + \beta g) = 1[/mm].
Ok, wenns so trivial ist, wo sind denn dann die trivialen Zwischenschritte?
So ein Satz lässt eher vermuten "Ich habs nicht genau hinbekommen, schreib ichs mal so wischiwaschi".
> Ist das soweit richtig?
Ja, ausführlicher wäre schön und sinnvoll.
> Zu 2)
>
> Analog zu 1) müssen die zwei Bedingungen gezeigt werden
> (in Abhängigkeit des zu ermittelnden g).
korrekt.
>
> Sei p = 1. Somit ist [mm]f_{b,1} = x \rightarrow g(b,1) \cdot e^{-bx}[/mm]
Ja, auch wenn ich das p hier noch lange nicht einsetzen würde, sondern den ganzen Kram erstmal mit beliebigem p durchziehen würde.
Spart ne Menge Arbeit und ist auch nicht viel schwieriger.
>
> Positivität:
>
> Solange g(b,1) positiv ist, ist [mm]e^{-bx} = \frac{1}{e^{bx}} \geq 0[/mm]
Das ist auch grösser Null, wenn g(b,1) negativ ist.
Korrekter formulieren und nebenbei hab ich deinen Nenner mal korrigiert 
>
> Normierungsbedingung
>
> zu zeigen: [mm]\int\limits_a^b g(b,p) \cdot e^{-bx} = 1[/mm]
Na was nu? $p=1$ bereits eingesetzt oder nicht? Dann bitte auch g(b,1) schreiben.
Wo kommen die Grenzen denn plötzlich her?
So eine Normierungsbedingung kenn ich gar nicht.......
Als Tip: Wenn du die Grenzen korrigiert hast, schau nochmal, wo deine Dichtefunktion überhaupt definiert ist, und dann passe sie nochmal an.
> Nun ist [mm]\int e^{-bx} = -\frac{e^{bx}}{b}[/mm]. Somit ergibt sich
> [mm]\left[ -\frac{e^{bx}}{b} \cdot g(b,1) \right]_a^b = 1[/mm].
Da $g(b,1)$ gar nicht von x abhängt, kannst du es auch rausziehen.
Aber auch hier: Wo kommen die Grenzen her?
> Damit wäre g(b,1) = [mm]-\frac{b}{e^{bx}}[/mm], damit jedoch nicht
> mehr > 0, was der Positivität widerspricht.
Also: g(b,1) KANN gar nicht von x abhängen, egal was für Grenzen oben stehen.
Desweiteren sind deine Grenzen sowieso falsch.
Daher: Anständig nochmal von vorne, vorher alles ausrechnen und DANN nach g(b,1) umstellen.....
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:26 Mi 10.11.2010 | | Autor: | extasic |
Erst einmal Danke für deine Antwort!
> > Zu 1)
> > Normierungsbedingung
> >
> > zu zeigen: [mm]\int\limits^b_a (\alpha f + \beta g) = 1[/mm]
> >
> > Da f,g Dichtefunktionen folgt
> > [mm]\int\limits^{\infty}_{-\infty} f = 1[/mm],
> > [mm]\int\limits^{\infty}_{-\infty} g = 1[/mm]. Da außerdem [mm]\alpha + \beta = 1[/mm]
> > (Aufgabenstellung) ergibt sich trivial [mm]\int\limits^b_a (\alpha f + \beta g) = 1[/mm].
>
> Ok, wenns so trivial ist, wo sind denn dann die trivialen
> Zwischenschritte?
> So ein Satz lässt eher vermuten "Ich habs nicht genau
> hinbekommen, schreib ichs mal so wischiwaschi".
Das trifft es sogar fast. Prinzipiell ist es mir klar, jedoch ist mir nicht klar, wie man es mathematisch korrekt formuliert. Ich probiere es einmal:
f,g Dichtefunktionen [mm] $\Rightarrow \int\limits^{\infty}_{-\infty} [/mm] f = [mm] \int\limits^{\infty}_{-\infty} [/mm] g = 1$
[mm] $\int\limits^\infty_{-\infty} (\alpha [/mm] f + [mm] \beta [/mm] g) = [mm] \alpha \cdot \int\limits^{\infty}_{-\infty} [/mm] f + [mm] \beta \cdot \int\limits^{\infty}_{-\infty} [/mm] g = [mm] \alpha \cdot [/mm] 1 + [mm] \beta \cdot [/mm] 1 = [mm] \alpha [/mm] + [mm] \beta \underbrace{=}_{\text{Aufgabe}} [/mm] 1$ qed
Ist das (mathematisch und inhaltlich) so korrekt?
>
> > Zu 2)
> >
> Ja, auch wenn ich das p hier noch lange nicht einsetzen
> würde, sondern den ganzen Kram erstmal mit beliebigem p
> durchziehen würde.
> Spart ne Menge Arbeit und ist auch nicht viel
> schwieriger.
Gut, dann sei [mm] $f_{b,p} [/mm] = g(g,p) [mm] \cdot \left( x^{p-1} \cdot e^{-bx}\right) \cdot [/mm] g(b,p)$
Nichtnegativität:
Erst einmal "nicht formale" Überlegungen. [mm] $x^{p-1}$ [/mm] ist immer [mm] $\geq [/mm] 0$. Eigentlich würde ich hier genau das gleiche sagen wie vorher: [mm] $e^{-bx} [/mm] = [mm] \frac{1}{e^{bx}}$ [/mm] ist immer positiv, da sowohl x als auch b immer [mm] $\geq [/mm] 0$ sind. Damit hängt das Vorzeichen von g(b,p) ab. Ist g(b,p) [mm] $\geq [/mm] 0$, so ist auch f [mm] $\geq [/mm] 0$.
Richtig? Nach dem was du vorher angemerkt hast eher nicht, oder?
Normierungsbedingung
zu zeigen: [mm] $\int\limits_{-\infty}^\infty [/mm] g(p,b) [mm] \cdot \left( x^{p-1} \cdot e^{-bx}\right) \cdot [/mm] g(b,p) = 1$
Durch partielle Integration habe ich:
[mm] $\int\limits_{-\infty}^\infty [/mm] g(p,b) [mm] \cdot \left( x^{p-1} \cdot e^{-bx}\right) \cdot [/mm] g(b,p) = [mm] \left[ \left( \frac{x^p}{p} \cdot e^{-bx}\right) - \left(\frac{x^p}{p} \cdot -b e^{-bx} \right)\right]_{-\infty}^\infty \cdot [/mm] g(p,b)$
> Daher: Anständig nochmal von vorne, vorher alles
> ausrechnen und DANN nach g(b,1) umstellen.....
Ist das jetzt richtig mit den Grenzen? Ganz sicher bin ich mir da nicht..
Klar, ich muss das jetzt umstellen:
[mm] $\frac{1}{g(p,b)} [/mm] = [mm] \left[ \left( \frac{x^p}{p} \cdot e^{-bx}\right) - \left(\frac{x^p}{p} \cdot -b e^{-bx} \right)\right]_{-\infty}^\infty$
[/mm]
$g(p,b) = [mm] \frac{1}{\left[ \left( \frac{x^p}{p} \cdot e^{-bx}\right) - \left(\frac{x^p}{p} \cdot -b e^{-bx} \right)\right]_{-\infty}^\infty}$
[/mm]
Aber wie bekomme ich diesen Wulst aufgelöst?
Nochmals vielen Dank im Voraus ;)
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Huhu,
> Das trifft es sogar fast. Prinzipiell ist es mir klar, jedoch ist mir nicht klar, wie man es mathematisch korrekt formuliert. Ich probiere es einmal:
> f,g Dichtefunktionen $ [mm] \Rightarrow \int\limits^{\infty}_{-\infty} [/mm] f = [mm] \int\limits^{\infty}_{-\infty} [/mm] g = 1 $
> $ [mm] \int\limits^\infty_{-\infty} (\alpha [/mm] f + [mm] \beta [/mm] g) = [mm] \alpha \cdot \int\limits^{\infty}_{-\infty} [/mm] f + [mm] \beta \cdot \int\limits^{\infty}_{-\infty} [/mm] g = [mm] \alpha \cdot [/mm] 1 + [mm] \beta \cdot [/mm] 1 = [mm] \alpha [/mm] + [mm] \beta \underbrace{=}_{\text{Aufgabe}} [/mm] 1 $ qed
> Ist das (mathematisch und inhaltlich) so korrekt?
Viel besser, besser gehts auch nicht mehr 
> Nichtnegativität:
> Erst einmal "nicht formale" Überlegungen. $ [mm] x^{p-1} [/mm] $ ist immer $ [mm] \geq [/mm] 0 $. Eigentlich würde ich hier genau das gleiche sagen wie vorher: $ [mm] e^{-bx} [/mm] = [mm] \frac{1}{e^{bx}} [/mm] $ ist immer positiv, da sowohl x als auch b immer $ [mm] \geq [/mm] 0 $ sind. Damit hängt das Vorzeichen von g(b,p) ab. Ist g(b,p) $ [mm] \geq [/mm] 0 $, so ist auch f $ [mm] \geq [/mm] 0 $.
Auch hier hast du jetzt besser argumentiert. Vorher hattest du nix davon geschrieben, dass dann $f [mm] \ge [/mm] 0$ ist, sondern nur, dass [mm] $e^{-bx} [/mm] > 0$
Zum Integral: Du hast den Tip mit den Grenzen nicht berücksichtigt. Auf welchem Intervall ist deine Funktion denn definiert?
Über welchen Bereich musst du also integrieren?
Zur partiellen Integration: Du integrierst in die falsche Richtung.
Mache partielle Ableitung solange, bis [mm] x^{p-1} [/mm] verschwunden ist. Du darfst dafür mal [mm] $p\in\IN$ [/mm] annehmen. Das ist zwar nicht gegeben, reicht aber erstmal fürs Verständnis.
Auch hier der Hinweis: Der erste Summand der partiellen Integration ist immer Null, verifiziere das mal. (Dazu musst du erst die richtigen Grenzen rausfinden)
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:01 Do 11.11.2010 | | Autor: | extasic |
> Zum Integral: Du hast den Tip mit den Grenzen nicht
> berücksichtigt. Auf welchem Intervall ist deine Funktion
> denn definiert?
> Über welchen Bereich musst du also integrieren?
Keine Ahnung. Wenn ich es richtig verstanden habe, ist der "Sinn" der Funktion, die Wahrscheinlichkeit zu erhalten, dass eine Zufallsvariablen (also einer Abbildung [mm] $\Omega \rightarrow \mathbb{R}$) [/mm] in einem Interval a,b liegt. Sinnvollerweise wären das dann die Grenzen. Jedoch ist mir nicht klar, warum die Dichtefunktion dann eine Funktion [mm] $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ [/mm] ist - also genau ein Argument, und das ist keine Dichtefunktion sondern eine reelle Zahl..
> Zur partiellen Integration: Du integrierst in die falsche
> Richtung.
> Mache partielle Ableitung solange, bis [mm]x^{p-1}[/mm]
> verschwunden ist. Du darfst dafür mal [mm]p\in\IN[/mm] annehmen.
> Das ist zwar nicht gegeben, reicht aber erstmal fürs
> Verständnis.
> Auch hier der Hinweis: Der erste Summand der partiellen
> Integration ist immer Null, verifiziere das mal. (Dazu
> musst du erst die richtigen Grenzen rausfinden)
Tut mir leid - hier hast du mich abgehängt. Was bringt mir die partielle Ableitung hier? Wie meinst du das - ich integriere "in die falsche Richtung"?
Du hast Recht -
[mm]\frac{x^p}{p} = 0 \;\; | \cdot p[/mm]
[mm]x^p = 0 \Leftrightarrow x = 0[/mm]
Das macht es doch aber unmöglich, oder? Dann steht da (unabhängig von den Grenzen)
[mm] $\left[ \left( \frac{x^p}{p} \cdot e^{-bx}\right) - \left(\frac{x^p}{p} \cdot -b e^{-bx} \right)\right]_{u}^v \cdot [/mm] g(p,b) = [mm] \left[ 0 \right]_u^v \cdot [/mm] g(p,b)$
Und damit kann der gesamte Term nicht mehr "1" ergeben.. Hier stimmt doch was nicht - wo habe ich mich vertan?
Danke für deine Geduld ;)
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Huhu
> Keine Ahnung. Wenn ich es richtig verstanden habe, ist der
> "Sinn" der Funktion, die Wahrscheinlichkeit zu erhalten,
> dass eine Zufallsvariablen (also einer Abbildung [mm]\Omega \rightarrow \mathbb{R}[/mm])
> in einem Interval a,b liegt.
also: Wir haben hier keine wirkliche Zufallsvariable. Das ist noch nicht Gegenstand der Aufgabe.
Das Problem bei der Fachliteratur ist der, dass nachher jede Verteilungsfunktion ein Wahscheinlichkeitsmaß induziert und umgekehrt, so dass mit den Begrifflichkeiten ein wenig inflationär umgegangen wird.
Fangen wir also von vorn an:
1.) Was ist ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf einem Meßraum [mm] $(\Omega,\mathcal{F})$ [/mm] ?
Ich hoffe diese Frage kannst du ausschöpfend beantworten und ich gehe mal davon aus, dass du das halbwegs hinbekommst. Daher setze ich das wissen mal als bekannt voraus und mache einfach weiter. Sollte hier noch Klärungsbedarf bestehen, einfach fragen.
2.) Was ist nun eine Wahrscheinlichkeitsdichte:
Eine Wahrscheinlichkeitsdichte ist eine meßbare Funktion $f: [mm] \Omega \to \IR, [/mm] f [mm] \ge [/mm] 0$ mit der Eigenschaft:
[mm] $\integral_{\Omega} [/mm] f(x) dx = 1$
D.h. das Integral über den Definitionsbereich von f muss gleich 1 sein!
Wobei ich gestehen muss, dass die Notation jetzt etwas unsauber ist, aber da ich nicht weiss, ob du das Lebesgue-Integral bereits hattest, beschränke ich mich mal auf die Riemann-Darstellung.
Nun hast du also eine Funktion $f: [mm] [0,\infty) \to \IR$ [/mm] gegeben. Wie müssen also deine Integrationsgrenzen aussehen? Was ist denn hier dein Definitionsbereich? Offensichtlich NICHT ganz [mm] $\IR [/mm] = [mm] (-\infty,+\infty)$
[/mm]
> > Zur partiellen Integration: Du integrierst in die falsche
> > Richtung.
> > Mache partielle Ableitung solange, bis [mm]x^{p-1}[/mm]
> > verschwunden ist. Du darfst dafür mal [mm]p\in\IN[/mm] annehmen.
> > Das ist zwar nicht gegeben, reicht aber erstmal fürs
> > Verständnis.
> > Auch hier der Hinweis: Der erste Summand der partiellen
> > Integration ist immer Null, verifiziere das mal. (Dazu
> > musst du erst die richtigen Grenzen rausfinden)
>
> Tut mir leid - hier hast du mich abgehängt. Was bringt mir
> die partielle Ableitung hier?
Ich hab dich nicht abgehängt, sondern einfach anstatt Integration versehentlich "Ableitung" geschrieben. Kommt um die Uhrzeit schonmal vor. Mitdenken und selbst umdenken
> Wie meinst du das - ich integriere "in die falsche Richtung"?
Betrachten wir mal deinen ersten Integrationsschrit:
> $ [mm] \int\limits_{-\infty}^\infty [/mm] g(p,b) [mm] \cdot \left( x^{p-1} \cdot e^{-bx}\right) \cdot [/mm] g(b,p) = [mm] \left[ \left( \frac{x^p}{p} \cdot e^{-bx}\right) - \left(\frac{x^p}{p} \cdot -b e^{-bx} \right)\right]_{-\infty}^\infty \cdot [/mm] g(p,b) $
Wir stellen fest: Der Exponent von x hat sich um 1 erhöht. Was bringt uns das? Richtig, gar nichts.
Mal davon abgesehen, dass dein Ergebnis falsch ist.
Die partielle Integration lautet ja:
[mm] $\int_a^b u'(x)\cdot v(x)\,\mathrm{d}x [/mm] = [mm] [u(x)\cdot v(x)]_{a}^{b} [/mm] - [mm] \int_a^b u(x)\cdot v'(x)\,\mathrm{d}x. [/mm] $
Du hast nun $u'(x) = [mm] x^{p-1}, [/mm] v(x) = [mm] e^{-bx}$ [/mm] gesetzt.
Korrekterweise wäre dann herausgekommen:
$ [mm] \int\limits_{-\infty}^\infty [/mm] g(p,b) [mm] \cdot \left( x^{p-1} \cdot e^{-bx}\right) \cdot [/mm] g(b,p) = [mm] \left(\left[ \left( \frac{x^p}{p} \cdot e^{-bx}\right)\right]_{-\infty}^\infty - \integral_{-\infty}^\infty \frac{x^p}{p} \cdot -b e^{-bx} dx\right) \cdot [/mm] g(p,b) $
D.h. du hast immer noch ein Integral zu lösen. Das hast du im übrigen dezent unter den Tisch fallen lassen, denn das Integral kannst du immer noch nicht lösen......
Du wirst feststellen, dass du auf diesem Weg nie ein Integral erhälst, was du lösen kannst.
D.h. der Ansatz $u'(x) = [mm] x^{p-1}, [/mm] v(x) = [mm] e^{-bx}$ [/mm] führt nicht zum Ziel, weil er "in die falsche Richtung" geht, da die Potenz von x immer grösser wird.
In die "richtige Richtung" wäre also, dass die Potenz von x immer kleiner wird, bis sie irgendwann 0 wird, denn dann hast du ja kein x mehr im Integral und du kannst das Integral schön lösen.
Das liefert dir der Ansatz $u'(x) = [mm] e^{-bx}, [/mm] v(x) = [mm] x^{p-1}$, [/mm] also einfach umdrehen
So, und nun machst du das mal und wenn wir das alles durchexerziert haben, können wir uns ja mal Zufallsvariablen angucken
MFG,
Gono.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:52 Do 11.11.2010 | | Autor: | extasic |
Vielen, vielen Dank bis hierher!
> 1.) Was ist ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf einem Meßraum
> [mm](\Omega,\mathcal{F})[/mm] ?
> Ich hoffe diese Frage kannst du ausschöpfend beantworten
> und ich gehe mal davon aus, dass du das halbwegs
> hinbekommst.
Ja, so weit ist es mir klar.
> 2.) Was ist nun eine Wahrscheinlichkeitsdichte:
> Eine Wahrscheinlichkeitsdichte ist eine meßbare Funktion
> [mm]f: \Omega \to \IR, f \ge 0[/mm] mit der Eigenschaft:
>
> [mm]\integral_{\Omega} f(x) dx = 1[/mm]
>
> D.h. das Integral über den Definitionsbereich von f muss
> gleich 1 sein!
Stimmt, das macht Sinn. Die Definiton $f: [mm] \Omega \rightarrow \mathbb{R}$ [/mm] finde ich auch verständlich, nur habe ich halt überall die Definition $f: [mm] \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ [/mm] gefunden, was hat es damit auf sich?
> Wobei ich gestehen muss, dass die Notation jetzt etwas
> unsauber ist, aber da ich nicht weiss, ob du das
> Lebesgue-Integral bereits hattest, beschränke ich mich mal
> auf die Riemann-Darstellung.
Nein, das sagt mir gar nichts.
> Nun hast du also eine Funktion [mm]f: [0,\infty) \to \IR[/mm]
> gegeben. Wie müssen also deine Integrationsgrenzen
> aussehen? Was ist denn hier dein Definitionsbereich?
> Offensichtlich NICHT ganz [mm]\IR = (-\infty,+\infty)[/mm]
Das wäre dann genau das, nämlich 0 bis [mm] $\infty$, [/mm] oder?
> Du wirst feststellen, dass du auf diesem Weg nie ein
> Integral erhälst, was du lösen kannst.
>
> D.h. der Ansatz [mm]u'(x) = x^{p-1}, v(x) = e^{-bx}[/mm] führt
> nicht zum Ziel, weil er "in die falsche Richtung" geht, da
> die Potenz von x immer grösser wird.
>
> In die "richtige Richtung" wäre also, dass die Potenz von
> x immer kleiner wird, bis sie irgendwann 0 wird, denn dann
> hast du ja kein x mehr im Integral und du kannst das
> Integral schön lösen.
>
> Das liefert dir der Ansatz [mm]u'(x) = e^{-bx}, v(x) = x^{p-1}[/mm],
> also einfach umdrehen
Gut, dann sei
$u'(x) = [mm] e^{-bx}, [/mm] u(x) = [mm] -\frac{e^{-bx}}{b}$ [/mm] und
$v(x) = [mm] x^{p-1}, [/mm] v'(x) = [mm] (p-1)x^{p-2}$
[/mm]
und entsprechend
[mm] $\int\limits_{0}^\infty [/mm] g(p,b) [mm] \cdot \left( x^{p-1} \cdot e^{-bx}\right) [/mm] = g(p,b) [mm] \cdot \left(\left[ -\frac{e^{-bx}}{b} \cdot x^{p-1}\right]_0^\infty - \int\limits_0^\infty -\frac{e^{-bx}}{b} \cdot (p-1) x^{p-2}\right)$
[/mm]
aber das hilft mir auch nicht groß weiter, oder?
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Huhu,
> Stimmt, das macht Sinn. Die Definiton [mm]f: \Omega \rightarrow \mathbb{R}[/mm]
> finde ich auch verständlich, nur habe ich halt überall
> die Definition [mm]f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}[/mm]
> gefunden, was hat es damit auf sich?
Nunja, wenn $f: [mm] \IR \to \IR$ [/mm] gilt, dann ist das halt gerade der Speziallfall [mm] $\Omega [/mm] = [mm] \IR$.
[/mm]
Man kann übrigens jede Dichte auf einer Teilmenge von [mm] \IR, [/mm] z.b auf [mm] $[0,\infty)$, [/mm] zu einer Dichte auf ganz [mm] \IR [/mm] erweitern, indem man einfach mit der Indikatorfunktion multipliziert.
Am Beispiel: Deine Funktion f ist ja nur auf [mm] $[0,\infty)$ [/mm] definiert.
Du kannst dir leicht überlegen, dass dann [mm] $\overline{f} [/mm] = [mm] f*1_{[0,\infty)}$ [/mm] eine Dichtefunktion auf ganz [mm] \IR [/mm] darstellt (anschaulich heisst das halt: Ich setze [mm] $\overline{f}$ [/mm] überall Null, wo f gar nicht definiert ist, und sonst gilt halt f).
> > Nun hast du also eine Funktion [mm]f: [0,\infty) \to \IR[/mm]
> > gegeben. Wie müssen also deine Integrationsgrenzen
> > aussehen? Was ist denn hier dein Definitionsbereich?
> > Offensichtlich NICHT ganz [mm]\IR = (-\infty,+\infty)[/mm]
>
> Das wäre dann genau das, nämlich 0 bis [mm]\infty[/mm], oder?
Korrekt.
> Gut, dann sei
>
> [mm]u'(x) = e^{-bx}, u(x) = -\frac{e^{-bx}}{b}[/mm] und
> [mm]v(x) = x^{p-1}, v'(x) = (p-1)x^{p-2}[/mm]
>
> und entsprechend
>
> [mm]\int\limits_{0}^\infty g(p,b) \cdot \left( x^{p-1} \cdot e^{-bx}\right) = g(p,b) \cdot \left(\left[ -\frac{e^{-bx}}{b} \cdot x^{p-1}\right]_0^\infty - \int\limits_0^\infty -\frac{e^{-bx}}{b} \cdot (p-1) x^{p-2}\right)[/mm]
>
> aber das hilft mir auch nicht groß weiter, oder?
Doch.
Betrachten wir die Summanden hinten mal einzeln. Überlege dir, warum für alle p gilt:
[mm] $\left[ -\frac{e^{-bx}}{b} \cdot x^{p-1}\right]_0^\infty [/mm] = 0$
d.h. der erste Summand fällt schonmal weg und da steht nur noch:
[mm]\int\limits_{0}^\infty g(p,b) \cdot \left( x^{p-1} \cdot e^{-bx}\right) = g(p,b) \cdot \left(- \int\limits_0^\infty -\frac{e^{-bx}}{b} \cdot (p-1) x^{p-2}\right)[/mm]
Was passiert jetzt, wenn du das ganze Spielchen noch (p-2) mal wiederholst?
MFG,
Gono.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:53 Do 11.11.2010 | | Autor: | extasic |
> Betrachten wir die Summanden hinten mal einzeln. Überlege
> dir, warum für alle p gilt:
>
> [mm]\left[ -\frac{e^{-bx}}{b} \cdot x^{p-1}\right]_0^\infty = 0[/mm]
Tut mir leid, aber das sehe ich nicht. Ich habe es mal versucht einzusetzen bzw. mit Werten durchzuspielen, aber was da jetzt 0 ergibt sehe ich nicht. Kannst du mir hier bitte noch etwas auf die Sprünge helfen?
> d.h. der erste Summand fällt schonmal weg und da steht nur
> noch:
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> [mm]\int\limits_{0}^\infty g(p,b) \cdot \left( x^{p-1} \cdot e^{-bx}\right) = g(p,b) \cdot \left(- \int\limits_0^\infty -\frac{e^{-bx}}{b} \cdot (p-1) x^{p-2}\right)[/mm]
>
> Was passiert jetzt, wenn du das ganze Spielchen noch (p-2)
> mal wiederholst?
Was genau wiederholen? Das Integral auflösen?
[mm] $\int\limits_0^\infty -\frac{e^{-bx}}{b} \cdot [/mm] (p-1) [mm] x^{p-2} [/mm] = [mm] \left[\frac{e^{-bx}}{b^2} \cdot (p-1) x^{p-2}\right]_0^\infty [/mm] - [mm] \int\limits_0^\infty \frac{e^{-bx}}{b^1} \cdot [/mm] (p-2) (p-1) [mm] x^{p-3}$
[/mm]
Und das spiel kann man so immer weiter spinnen, oder? Auflösen kann ich es so nicht..
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Huhu,
> > [mm]\left[ -\frac{e^{-bx}}{b} \cdot x^{p-1}\right]_0^\infty = 0[/mm]
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> Tut mir leid, aber das sehe ich nicht. Ich habe es mal
> versucht einzusetzen bzw. mit Werten durchzuspielen, aber
> was da jetzt 0 ergibt sehe ich nicht. Kannst du mir hier
> bitte noch etwas auf die Sprünge helfen?
Nunja, betrachte doch mal
[mm]\left[ -\frac{e^{-bx}}{b} \cdot x^{p-1}\right]_0^\infty = \lim_{k\to\infty} \left[ -\frac{e^{-bx}}{b} \cdot x^{p-1}\right]_0^k[/mm]
Die Klammer kannst du nun ja auflösen, dann bleibt da nur ein Term in Abhängigkeit von k stehen, von dem du den Grenzwert berechnen musst.
Ein bisschen Regel von L'Hospital anwenden und dann stehts da.
> Was genau wiederholen? Das Integral auflösen?
Genau.
> [mm]\int\limits_0^\infty -\frac{e^{-bx}}{b} \cdot (p-1) x^{p-2} = \left[\frac{e^{-bx}}{b^2} \cdot (p-1) x^{p-2}\right]_0^\infty - \int\limits_0^\infty \frac{e^{-bx}}{b^1} \cdot (p-2) (p-1) x^{p-3}[/mm]
>
> Und das spiel kann man so immer weiter spinnen, oder?
Naja, der erste Summand ist wieder Null, d.h. er fällt weg.
Und "immer so weiter" stimmt auch nicht ganz.
Nur so oft, bis die Potenz von x halt verschwindet.
Wir hatten ja erst (p-1) da stehen als Potenz, dann (p-2), nun (p-3)..... das geht nur solange, bis da (p-p) = 0 steht.
Dafür erscheinen da ein paar Faktoren vor dem [mm] $e^{\ldots}$
[/mm]
Du musst nur noch ein Muster herausfinden
> Auflösen kann ich es so nicht..
Doch doch, für [mm] $p\in\IN$ [/mm] geht das prima.
MFG,
Gono.
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