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| Aufgabe | [mm] $X_1,\hdots,X_n$ [/mm] seien unabhängig, identisch verteilte Zufallsgrößen mit der Verteilungsfunktion
[mm]F(x)=x^3 1_{[0,1)}(x)+1_{[1,\infty)}(x)[/mm]
[mm] \paragraph{(a)} [/mm] Begründen sie das F eine Verteilungsfunktion ist, und bestimmen Sie eine Dichte von [mm] $X_1$.
[/mm]
[mm] \paragraph{(b)} [/mm] Berechnen sie [mm] $E(X_1^4)$.
[/mm]
[mm] \paragraph{(c)} [/mm] Sei [mm] $S_n=\sum_{1}^{n}X_i, [/mm] n [mm] \in \mathbb{N}$. [/mm] Berechnen sie den Erwartungswert und die Varianz von [mm] $S_n$.
[/mm]
[mm] \paragraph{(d)} [/mm] Begründen Sie, dass Folgen [mm] $(a_n),(b_n)$ [/mm] existieren, so dass [mm] $\frac{S_n-a_n}{b_n}$ [/mm] in Verteilung gegen $N(0,1)$ konvergiert, und geben Sie solche Folgen an
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Ich lerne gerade für eine Klausur und würde mich über Kritik zu meinen Lösungsansätzen für obige Aufgabe freuen.
[mm] \paragraph{a)}
[/mm]
Für eine Verteilungsfunktion muss [mm] gelten\\
[/mm]
- monoton [mm] steigend\\
[/mm]
- rechtsseitig [mm] stetig\\
[/mm]
- [mm] $\lim_{n \to -\infty}F(x)=0$ [/mm] und [mm] $\lim_{n \to \infty}F(x)=1$\\
[/mm]
Im vorliegenden Fall lässt sich F schreiben als
[mm] F=\begin{cases}
0 \text{ für }x <0\\
x^3 \text{ für } 0 \leq x <1\\
1 \text{ für } x \geq 1
\end{cases}
[/mm]
Hieraus folgt: F ist konstant 0 für $x<1$, [mm] $x^3$ [/mm] für [mm] $0\leq [/mm] x <1$ und konstant 1 für [mm] $x\geq [/mm] 1$, also monoton steigend.
Weiterhin gilt [mm] $\lim_{n \to 0^+}=0$ [/mm] und [mm] $\lim_{n \to 1^+}$ [/mm] und sonst auf dem gesamten Definitionsbereich stetig, also ist die Funktion rechtsseitig [mm] stetig.\\
[/mm]
[mm] $\lim_{n \to -\infty}F(x)=0$ [/mm] und [mm] $\lim_{n \to \infty}F(x)=1$\\
[/mm]
Somit ist F eine [mm] Verteilungsfunktion.\\
[/mm]
Die Dichte ergibt sich aus der Verteilungsfunktion durch
[mm] f(x)=F'(x)=\begin{cases} 3x^2 \text{ für } 0 \leq x <1\\
0 \text{ sonst}
\end{cases}
[/mm]
[mm] \paragraph{b)}
[/mm]
[mm] \begin{matrix}
E(X_1^4) = E(X_1)^4 \text{ da } X_1 \text{ stochastisch unabhängig }\\
= \left( \int_{-\infty}^{+\infty}3x^3dx\right)^4\\
= \left( \int_{0}^{1}3x^3dx\right)^4\\
= \left(\frac{4}{3}x^4|_{0}^{1}\right)^4= \frac{3}{4}^4
\end{matrix}
[/mm]
[mm] \paragraph{c)}
[/mm]
Da [mm] $S_n= \sum_{i=1}^{n}X_i$ [/mm] gilt
[mm] \begin{matrix}
E(S_n)&= E(\sum_{i=1}^{n}X_i)=\sum_{i=1}^{n}E(X_i)\\
&=\sum_{i=1}^{n}E(X_1)=n \cdot E(X_1)\\
&=n \cdot \int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx\\
&=n \cdot \int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx\\
&=n \cdot \int_{-\infty}^{+\infty}x3x^2dx\\
&=n \cdot \int_{-\infty}^{+\infty}x3x^2dx\\
&=n \cdot \int_{-\infty}^{+\infty}3x^3dx\\
&=n \cdot \frac{3}{4}x^4|_{0}^{1}\\
&=\frac{3n}{4}
\end{matrix}
[/mm]
Weiterhin gilt
[mm] \begin{matrix}
Var(S_n)&=Var(\sum_{i=1}^{n}X_i)\\
& = \sum_{i=1}^{n} Var(X_1) \text{ da } Cov(X_i)=0\\
&= n Var(X_1)\\
&=n(E(X_1^2)+(E(X_1))^2)\\
&=n(\int_{-\infty}^{+\infty}x^2f(x)dx+\frac{4}{3}^2)\\
&=n(\int_{0}^{1}x^2f(x)dx+\frac{4}{3}^2)\\
&=n(\frac{3}{5}x^5|_{0}^{1}+\frac{4}{3}^2)\\
&=n(\frac{3}{5}+\frac{4}{3}^2)\\
\end{matrix}
[/mm]
[mm] \paragraph{d)}
[/mm]
Da habe ich leider keinen Ansatz.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:58 Do 02.04.2009 | | Autor: | axi0m |
Hallo Stracklatte,
zu b) fällt mir auf das du schreibst [mm] X_1 [/mm] stochastisch unabhängig. Das stimmt im allgemeinen nicht.
Ich denke du musst da eher wie bei der Berechnung der Varianz in C vorgehen, also [mm] E(X_1^4)=\integral_{0}^{1}x^4f(x)dx
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:20 Mo 06.04.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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