Weibull Verteilung < Statistik (Anwend.) < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:36 Mo 15.12.2008 | | Autor: | Nataliee |
| Aufgabe | Betrachtet werde die Funktion
f(x) = [mm] \bruch{\alpha}{\sigma}(\bruch{x}{\sigma})^{\alpha -1}*exp(-\bruch{x}{\sigma})^\alpha 1_{(0,x)}(x), \sigma>0, \alpha>0
[/mm]
'Weibull-Dichte der Weibull-Verteilung mit Shape-Parameter [mm] \alpha [/mm] und Skalenparameter [mm] \sigma'.
[/mm]
(a) Zeigen Sie, dass es sich um eine Riemannsche Dichte eines Wahrscheinlichkeitsmaßes auf [mm] \IR [/mm] handelt und berechnen Sie die zugehörige Verteilungsfunktion.
(b) Zeigen Sie: Sind [mm] X_1, X_2 [/mm] i.i.d. Weibull-verteilt mit Shape-Parameter [mm] \alpha [/mm] und Skalenparameter [mm] \sigma, [/mm] so ist auch min{ [mm] X_1 ,X_2 [/mm] } Weibull-verteilt. |
Nach meinem Verständis muß ich jetzt
[mm] a)Verteilung=F(x)\integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}
[/mm]
[mm] =\integral_{0}^{\infty}{\bruch{\alpha}{\sigma}(\bruch{x}{\sigma})^{\alpha -1}*exp(-\bruch{x}{\sigma})^\alpha 1_{(0,\infty)}(x) dx}
[/mm]
berechnnen .
Oder was meint ihr?.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:39 Di 16.12.2008 | | Autor: | Nataliee |
Irgendeine Idee?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:57 Di 16.12.2008 | | Autor: | Blech |
> Betrachtet werde die Funktion
> f(x) = [mm]\bruch{\alpha}{\sigma}(\bruch{x}{\sigma})^{\alpha -1}*exp(-\bruch{x}{\sigma^\alpha})1_{(0,x)}(x), \sigma>0, \alpha>0[/mm]
>
Idee:
1. Korrektes Abschreiben der Aufgabenstellung erleichtert das Leben ungemein =)
$f(x) = [mm] \bruch{\alpha}{\sigma}(\bruch{x}{\sigma})^{\alpha -1}*\exp\left(-\left(\bruch{x}{\sigma}\right)^\alpha\right)1_{(0,x)}(x),\ \sigma>0,\ \alpha>0$
[/mm]
2. Berechnen des Integrals mit Hilfe der nun sehr einfachen Substitution.
ciao
Stefan
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Hi Blech,
sorry für den Fehler und Danke für dein Tip.
> [mm]f(x) = \bruch{\alpha}{\sigma}(\bruch{x}{\sigma})^{\alpha -1}*\exp(-\left(\bruch{x}{\sigma}^\alpha\right 1_{(0,x)}(x),\ \sigma>0,\ \alpha>0[/mm]
> 2. Berechnen des Integrals mit Hilfe der nun sehr einfachen
> Substitution.
> [mm]f(x) = \bruch{\alpha}{\sigma}(\bruch{x}{\sigma})^{\alpha -1}*\exp\left(-\left(\bruch{x}{\sigma}\right)^\alpha\right)1_{(0,x)}(x),\ \sigma>0,\ \alpha>0[/mm]
mit [mm] u=\left(\bruch{x}{\sigma}\right)^\alpha\right
[/mm]
> [mm]f(x) = \bruch{\alpha}{\sigma}}u^{-1}\exp\left(-u)\right 1_{(0,x)}(x),\ \sigma>0,\ \alpha>0[/mm]
so?
Ist wohl doch nicht so einfach.
schönen Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:20 Fr 19.12.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:25 Fr 19.12.2008 | | Autor: | Blech |
> > [mm]f(x) = \bruch{\alpha}{\sigma}(\bruch{x}{\sigma})^{\alpha -1}*\exp\left(-\left(\bruch{x}{\sigma}\right)^\alpha\right)1_{(0,x)}(x),\ \sigma>0,\ \alpha>0[/mm]
>
> mit [mm]u=\left(\bruch{x}{\sigma}\right)^\alpha\right[/mm]
Ja, aber Du mußt im Integral substituieren. Wenn Du nur in der Dichte substituierst geht das Integral ja immer noch über dx, und Du hast nichts am Problem geändert.
Du hast doch sicher schon mal Substitution gemacht. In der Schule? Uni?
[mm]u=\left(\bruch{x}{\sigma}\right)^\alpha\right[/mm]
also ist du/dx?
Und die Integrationsgrenzen?
>
> > [mm]f(x) = \bruch{\alpha}{\sigma}}u^{-1}\exp\left(-u)\right 1_{(0,x)}(x),\ \sigma>0,\ \alpha>0[/mm]
>
> so?
[mm] $(\bruch{x}{\sigma})^{\alpha -1}$ [/mm] ist sicher nicht [mm] $u^{-1}$
[/mm]
[mm] $\left((\bruch{x}{\sigma})^{\alpha}\right)^{-1}=(\bruch{x}{\sigma})^{-\alpha}$
[/mm]
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:00 Sa 20.12.2008 | | Autor: | Nataliee |
Hallo Blech,
hat mir geholfen hab's jetzt hinbekommen. :)
[mm] F(x)=-\alpha*exp(-(\bruch{x}{\sigma})^\alpha [/mm] )
Beschäftige mich gerade mir der
(b) Zeigen Sie: Sind [mm] X_1, X_2 [/mm] i.i.d. Weibull-verteilt mit Shape-Parameter [mm] \alpha [/mm] und Skalenparameter [mm] \sigma, [/mm] so ist auch min{ [mm] X_1 ,X_2 [/mm] } Weibull-verteilt.
Nach meinem Verständis hab ich nun:
[mm] F(x_1)=-\alpha*exp(-(\bruch{x_1}{\sigma})^\alpha [/mm] ), mit [mm] x_1 \in X_1 [/mm]
und
[mm] F(x_2)=-\alpha*exp(-(\bruch{x_2}{\sigma})^\alpha [/mm] ), mit [mm] x_2 \in X_2
[/mm]
sind Weibull-verteilt.
Zu zeigen ist
[mm] min\{-\alpha*exp(-(\bruch{x_1}{\sigma})^\alpha ) ,-\alpha*exp(-(\bruch{x_2}{\sigma})^\alpha )\} [/mm]
ist auch Weibull-verteilt.
Die frage ist nur wie zeigt man sowas?Vielleicht so?
min{ [mm] X_1 ,X_2 [/mm] }
[mm] =\begin{cases} -\alpha*exp(-(\bruch{x_1}{\sigma})^\alpha ) , & \mbox{für } x_1 <= x_2 \\ -\alpha*exp(-(\bruch{x_2}{\sigma})^\alpha ), & \mbox{für } x_2 <= x_1 \end{cases}
[/mm]
und somit auch Weibullverteilt.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:02 Mo 22.12.2008 | | Autor: | Blech |
Hi,
> $ [mm] F(x)=-\alpha\cdot{}\exp(-(\bruch{x}{\sigma})^\alpha) [/mm] $
Das stimmt noch nicht ganz. [mm] $\exp(0)=1$ [/mm] und das alpha fällt bei der Substitution weg [mm] ($\frac{d\ x^\alpha}{dx}=\alpha x^{\alpha-1}$).
[/mm]
Schau Dir bei solchen Sachen immer die Verteilung auf Wikipedia an, dann weißt Du, ob Dein Ergebnis stimmt.
Alle (fast) min oder max Aufgaben laufen nach dem gleichen Schema ab:
[mm] $F_{min\{X,Y\}}(x)=P(min\{X,Y\}\leq x)=1-P(min\{X,Y\}> [/mm] x)=1-P(X>x,\ Y>x)=$
[mm] $\underset{X,Y\text{ unabh.}}{=}1-P(X>x)P(Y>x)\underset{X,Y\text{ ident.}}{=}1-P(X>x)^2=1-(1-F_X(x))^2$
[/mm]
-Du startest mit der Vtlgsfkt,
-bringst die Wahrscheinlichkeit in eine Form, wo die Aussage, wenn sie für das min/max gilt, für alle [mm] $X_i$ [/mm] gelten muß (d.h. das min ist größer x, wenn jedes Element >x; das max ist [mm] $\leq [/mm] x$, wenn alle [mm] $X_i\leq [/mm] x$),
-nutzt dann Unabhkeit und identische Vtlg,
-und bringst das Ergebnis in eine Form, wo nur die Vtlgsfkt eines Elements, die Dir bekannt ist, auftaucht.
ciao
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:32 Mo 22.12.2008 | | Autor: | Nataliee |
Hallo Blech,
danke für die ausfürliche Beschreibung.
Habs somit verstanden.
schöne Weinachten und ein guten Rutsch
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