Diskrete ZV - W'ket < Statistik (Anwend.) < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:16 Mo 29.03.2010 | | Autor: | F22 |
| Aufgabe | Es sei [mm]X[/mm] normalverteilt mit [mm]E(X)=2, Var(X)=4[/mm]. Weiterhin sei die diskrete Zufallsvariable [mm]Y[/mm] wie folgt verteilt:
[mm]Y=\begin{cases} -1, & \mbox{für } X < 4 \\ 0, & \mbox{für } X > 4 \\ 1, & \mbox{für } X = 4\end{cases}[/mm]
Bestimmen Sie die folgenden Wahrscheinlichkeiten:
a) [mm]P\{Y = 1\}[/mm]
b) [mm]P\{Y \le 0\}[/mm]
c) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion [mm]F_Y(y)[/mm]. |
Hallo Leute,
rechne gerade alte Klausuren und komme bei dieser Aufgabe einfach nicht auf die Idee, wie ich sie lösen soll.
Brauche also "Pauschal-Hilfe".
Würde mich freuen, wenn mir jemand erklären kann, wie ich hier rangehen muss.
Vielen Dank und viele Grüße
F22
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:26 Mo 29.03.2010 | | Autor: | gfm |
> Es sei [mm]X[/mm] normalverteilt mit [mm]E(X)=2, Var(X)=4[/mm]. Weiterhin
> sei die diskrete Zufallsvariable [mm]Y[/mm] wie folgt verteilt:
>
> [mm]Y=\begin{cases} -1, & \mbox{für } X < 4 \\ 0, & \mbox{für } X > 4 \\ 1, & \mbox{für } X = 4\end{cases}[/mm]
>
> Bestimmen Sie die folgenden Wahrscheinlichkeiten:
>
> a) [mm]P\{Y = 1\}[/mm]
> b) [mm]P\{Y \le 0\}[/mm]
> c) Bestimmen Sie die
> Verteilungsfunktion [mm]F_Y(y)[/mm].
> Hallo Leute,
>
> rechne gerade alte Klausuren und komme bei dieser Aufgabe
> einfach nicht auf die Idee, wie ich sie lösen soll.
>
> Brauche also "Pauschal-Hilfe".
[mm]Y[/mm] hängt von [mm]X[/mm], und zwar über eine Funktion [mm]g[/mm]:
[mm]Y=g(X)[/mm]
Die Verteilungsfunktion von Y kann man schreiben als
[mm]F_Y(t)=P(\{Y\le t\})=P(\{g(X)\le t\})=\integral_\Omega 1_{\{g(X)\le t\}}(\omega)dP(\omega)[/mm]
[mm]=\integral_\Omega 1_{(-\infty, t]}(g(X(\omega)))dP(\omega)=\integral_{X(\Omega)} 1_{(-\infty, t]}(g(x))dF_X(x)[/mm]
[mm]g[/mm] kann man schreiben als
[mm]g(x)=1_{\{4\}}(x)-1_{(-\infty,4)}(x)[/mm]
Damit kann man weiterrechnen
[mm]=\integral_{\IR} 1_{(-\infty, t]}(1_{\{4\}}(x)-1_{(-\infty,4)}(x))dF_X(x)[/mm]
[mm]1_{(-\infty, t]}(1_{\{4\}}(x)-1_{(-\infty,4)}(x))[/mm] kann man schreiben als
[mm]1_{\{4\}}(x)1_{(-\infty, t]}(1)+1_{(-\infty,4)}(x)1_{(-\infty, t]}(-1)
+1_{(4,\infty)}(x)1_{(-\infty, t]}(0)[/mm]
so dass man dann schreiben kann
[mm]=1_{(-\infty, t]}(-1)\integral_{(-\infty,4)}dF_X(x)+1_{(-\infty, t]}(1)\integral_{\{4\}}dF_X(x)+1_{(-\infty, t]}(0)\integral_{(4,\infty)}dF_X(x)[/mm]
[mm]=1_{[-1,\infty)}(t)F_X(4-)+1_{(-\infty, t]}(1)(F_X(4)-F_X(4-))+1_{[0,\infty)}(t)(1-F_X(4))[/mm] (*)
[mm]=F_X(4)1_{[-1,0)}(t)+1_{[0,\infty)}(t)[/mm] (**)
Das ist auch plausibel da [mm]Y[/mm] nur die Werte [mm]-1,0[/mm] und [mm]1[/mm] annehmen kann. Die Wahrscheinlichkeit, dass [mm]Y[/mm] kleiner als [mm]-1[/mm] ist, muss also null sein. Bei [mm]-1[/mm] erfolgt ein Sprung auf [mm]F_X(4)[/mm], da mit dieser Wahrscheinlichkeit eben [mm]-1[/mm] realisiert wird. Ebenso erfolgt die Argumentation für den Sprung bei [mm]0[/mm]
Der Wert [mm]1[/mm] wird nur auf der Nullmenge [mm]\{4\}[/mm] angenommen.
LG
gfm
(*) [mm]F_X(4-)[/mm] ist als linksseitiger Grenzwert zu verstehen. Denn i.A. könnte ja selbst [mm]F_X[/mm] einen Sprung nach oben machen, wenn schon [mm]X[/mm] einzelne Werte mit von null verschiedener Wahrscheinlichkeit realisiert.
(**) Das ist hier aber nicht der Fall, so dass man das nicht zu beachten hat.
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