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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:55 Mo 26.09.2005 | | Autor: | Athena |
Hallo (schon) wieder 
Ich habe hier eine Aufgabe zwar fast lösen können habe aber dennoch Fragen zu den Details und zum letzten Teil. Vielen Dank nochmal für die viele Hilfe, die ich hier bekomme!
Aufgabe: Sei [mm]X~U([-1,1])[/mm] und [mm]Y=|X|[/mm]
a) Bestimmen sie die Verteilungsfunktion von Y. Welche Ihnen bekannte Verteilung besitzt Y?
b) Sind X und Y unkorreliert?
c) Sind X und Y unabhängig?
[mm]F_{Y}(y)=P({Y \le y}=P({|X| \le y})=P({-y \le X \le y})[/mm]
[mm] =F_{X}(y)-F_{X}(-y)=\bruch{y+1}{2}-\bruch{-y+1}{2}=y [/mm]
Hm, ok, soweit kein Thema. Y~U([0,1]). Nach unten hin die 0 weil [mm] F_{Y}(y) [/mm] für ein y<0 negativ wäre und das bei einer Dichte nicht sein kann, 0 aber noch ok ist. 1 weil [mm] F_{Y}(y) [/mm] für 1 direkt 1 ergibt und alle größeren (weil Verteilung) auch 1 ergeben müssen. Ist diese Begründung so richtig? (wenn auch nicht gerade mathematisch toll formliert  )
b) E(X)=(a+b)/2 für X~U([a,b]) also E(X)=0
E(Y)=1/2
E(XY) fiel mir schon schwerer. Der Transformationssatz besagt:
[mm]E(h(X))= \integral_{\IR^{d}}^{} {h(x)*f_{X}(x) dx}<\infty[/mm]
Da hakte es dann, die nächste Zeile habe ich mir dann im Lehn/Wegmann herausgesucht, ich würde mich aber freuen falls mir jemand die Zwischenschritte erklären kann, ich habe leider nicht verstanden wie sich diese Funktion h dann auf X auswirkt. Warum geht aussen h(X) und im Integrand h(x)?
Es kommt dann jedenfalls folgendes heraus:
[mm]\integral_{-\infty}^{\infty} \integral_{-\infty}^{\infty} {x*y*f_{X}(x)*f_{Y}(y)\ dy\ dx}=\integral_{-\infty}^{\infty}{x*|x|*f(x) dx} [/mm]
Warum verschwindet hier auf einmal [mm] f_{Y}(y)?
[/mm]
[mm]=\integral_{-1}^{0}{-x^{2}*\bruch{1}{2}dx}+\integral_{0}^{1}{x^{2}*\bruch{1}{2}dx}=0[/mm]
Die letzten Schritte und die Herkunft der Integrationsgrenzen ergibt sich aus X~U([-1,1])
Damit sind X und Y unkorreliert, denn [mm] E(XY)=0=0*\bruch{1}{2}=E(X)*E(Y)
[/mm]
c) Sind X und Y unabhängig? Hier bräuchte ich auch ein wenig Hilfe.
Damit X und Y unabhängig sind muss gelten: [mm]P({X \le x,Y \le y})=P({X \le x})*P({Y \le y})[/mm]
Klar, [mm]P({X \le x})=F_{X}(x)[/mm] und [mm]P({Y \le y})=F_{Y}(y)[/mm]. Und aus dem Skript weiss ich, dass [mm]P({X \le x,Y \le y})=F(x,y)[/mm]. Aber wie bestimme ich diese gemeinsame Verteilungsfunktion? Einfach multiplizieren geht ja nur wenn sie unabhänig sind, aber das soll ich ja zeigen.
Vielen Dank und liebe Grüße
Jessi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:52 Di 27.09.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo Jessica!
> Hallo (schon) wieder
Ist doch schön, ich freue mich!
> Aufgabe: Sei [mm]X~U([-1,1])[/mm] und [mm]Y=|X|[/mm]
> a) Bestimmen sie die Verteilungsfunktion von Y. Welche
> Ihnen bekannte Verteilung besitzt Y?
> b) Sind X und Y unkorreliert?
> c) Sind X und Y unabhängig?
>
> [mm]F_{Y}(y)=P({Y \le y}=P({|X| \le y})=P({-y \le X \le y})[/mm]
>
> [mm]=F_{X}(y)-F_{X}(-y)=\bruch{y+1}{2}-\bruch{-y+1}{2}=y[/mm]
>
> Hm, ok, soweit kein Thema. Y~U([0,1]).
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Nach unten hin die 0
> weil [mm]F_{Y}(y)[/mm] für ein y<0 negativ wäre und das bei einer
> Dichte nicht sein kann, 0 aber noch ok ist. 1 weil [mm]F_{Y}(y)[/mm]
> für 1 direkt 1 ergibt und alle größeren (weil Verteilung)
> auch 1 ergeben müssen. Ist diese Begründung so richtig?
> (wenn auch nicht gerade mathematisch toll formliert )
Ja, ist in Ordnung.
> b) E(X)=(a+b)/2 für X~U([a,b]) also E(X)=0
> E(Y)=1/2
> E(XY) fiel mir schon schwerer. Der Transformationssatz
> besagt:
> [mm]E(h(X))= \integral_{\IR^{d}}^{} {h(x)*f_{X}(x) dx}<\infty[/mm]
>
> Da hakte es dann, die nächste Zeile habe ich mir dann im
> Lehn/Wegmann herausgesucht, ich würde mich aber freuen
> falls mir jemand die Zwischenschritte erklären kann, ich
> habe leider nicht verstanden wie sich diese Funktion h dann
> auf X auswirkt. Warum geht aussen h(X) und im Integrand
> h(x)?
Naja, wir haben ja auch: $E[X] = [mm] \int\limits_{-\infty}^{\infty} x\, f(x)\, [/mm] dx$.
Schreibe das doch mal so:
$E[id(X)] = [mm] \int\limits_{-\infty}^{\infty} id(x)\cdot [/mm] f(x) [mm] \, [/mm] dx$,
dann wird dir der nächste Schritt vielleicht klarer.
Nun ist auch $h(X)$ eine Zufallsvariable, deren Erwartungswert sich erwartungsgemäß via $E[h(X)] = [mm] \int\limits_{-\infty}^{\infty} h(x)\, f(x)\, [/mm] dx$ bestimmen lässt
.
> Es kommt dann jedenfalls folgendes heraus:
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty} \integral_{-\infty}^{\infty} {x*y*f_{X}(x)*f_{Y}(y)\ dy\ dx}=\integral_{-\infty}^{\infty}{x*|x|*f(x) dx}[/mm]
Nein, dieser Ansatz ist falsch, weil du dort bereits die Unabhängigkeit von $X$ und $Y$ (die ja falsch ist) benutzt, indem du für die gemeinsame Dichte einfach das Produkt der Dichten einsetzt, das geht nicht. Der Rest stimmt dann.
Richtig muss es so heißen: Unter Anwendung der obigen Transformationsformel mit $h(x)=x [mm] \cdot [/mm] |x|$ folgt:
$E[XY] = E[X|X|] = E[h(X)] = [mm] \int\limits_{- \infty}^{\infty} h(x)\cdot f(x)\, [/mm] dx = [mm] \int\limits_{- \infty}^{\infty} [/mm] x [mm] \cdot [/mm] |x| [mm] \cdot f(x)\, [/mm] dx$.
> Warum verschwindet hier auf einmal [mm]f_{Y}(y)?[/mm]
Es darf gar nicht auftauchen, siehe meine Lösung.
> [mm]=\integral_{-1}^{0}{-x^{2}*\bruch{1}{2}dx}+\integral_{0}^{1}{x^{2}*\bruch{1}{2}dx}=0[/mm]
> Die letzten Schritte und die Herkunft der
> Integrationsgrenzen ergibt sich aus X~U([-1,1])
> Damit sind X und Y unkorreliert, denn
> [mm]E(XY)=0=0*\bruch{1}{2}=E(X)*E(Y)[/mm]
Sehr schön!!
> c) Sind X und Y unabhängig? Hier bräuchte ich auch ein
> wenig Hilfe.
>
> Damit X und Y unabhängig sind muss gelten: [mm]P({X \le x,Y \le y})=P({X \le x})*P({Y \le y})[/mm]
>
> Klar, [mm]P({X \le x})=F_{X}(x)[/mm] und [mm]P({Y \le y})=F_{Y}(y)[/mm]. Und
> aus dem Skript weiss ich, dass [mm]P({X \le x,Y \le y})=F(x,y)[/mm].
> Aber wie bestimme ich diese gemeinsame Verteilungsfunktion?
> Einfach multiplizieren geht ja nur wenn sie unabhänig sind,
> aber das soll ich ja zeigen.
Genau: Betrachte mal
$P(X [mm] \le [/mm] -0.6, |X| [mm] \le [/mm] 0.5)$.
Offenbar ist dies gleich $0$, denn $X$ kann nicht kleiner gleich $-0.6$ und zugleich $|X|$ kleiner gleich $0.5$ sein (denn im Falle [mm] $X\le [/mm] -0.6$ ist automatisch [mm] $|X|\ge [/mm] 0.6$).
Vergleiche das nun mal mit
$P(X [mm] \le [/mm] -0.6) [mm] \cdot [/mm] P(|X| [mm] \le [/mm] 0.5)$.
Diese Wahrscheinlichkeit ist offenbar ungleich $0$ (du kannst die ja mal ausrechnen).
Also ist:
$P(X [mm] \le [/mm] -0.6, Y [mm] \le [/mm] 0.5) [mm] \ne [/mm] P(X [mm] \le [/mm] -0.6) [mm] \cdot [/mm] P(Y [mm] \le [/mm] 0.5)$,
woraus folgt, dass $X$ und $Y$ stochastisch abhängig sind.
Alles klar?
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:31 Di 27.09.2005 | | Autor: | Athena |
Vielen Dank für deine ausführliche Antwort! Sollte ich die Prüfung tatsächlich bestehen haben du und die anderen Helfer hier einen Riesenanteil daran!
Ich habe dank deiner Erläuterungen die Sache soweit verstanden. Trotzdem noch eine Rückfrage:
Mit dem Einsetzen und der Schlußfolgerung bei $ P(X [mm] \le [/mm] -0.6, |X| [mm] \le [/mm] 0.5) = 0 $ hat man sich ja elegant der Problematik einer gemeinsamen Dichte/Verteilungsfunktion entledigt indem man ein Gegenbeispiel hat und feststellt, dass eben keine Unabhängigkeit vorliegt. Aber was mache ich, wenn ich das nicht so klar ersichtlich ist wie in diesem Fall?
Liebe Grüße
Jessi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:44 Mi 28.09.2005 | | Autor: | Stefan |
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Jessi!
Naja, allgemein gilt halt, wenn $f$ die Dichte von $X$ ist:
$P(X \le c, |X| \le d)$
$= \int\limits_{-\infty}^c 1_{\{|X| \le d\}}(x)\cdot f(x)\, dx$
$= \int\limits_{-\infty}^c 1_{\{-d \le x \le d\}}(x)\, f(x)\, dx$
$= \left\{ \begin{array}{ccc} \int\limits_{-d}^{\min(c,d)} f(x)\, dx & , & \mbox{wenn} \ c \ge -d,\\[5pt] 0 & , & \mbox{sonst}. \end{array}$
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:54 Mi 28.09.2005 | | Autor: | Athena |
Vielen Dank Stefan!
Ich habe mir die Aufgaben dieses Typs mal angesehen und festgestellt, dass entweder eine gemeinsame Dichte gegeben ist, oder man durch solche Widersprüche die Abhängigkeit feststellen soll. Sieht ganz so aus als erwarte man von uns "Nebenfächlern" diese Leistung nicht (zum Glück).
Liebe Grüße
Jessi
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