Verteilungsfunktion berechnen < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:22 Do 19.10.2017 | | Autor: | mathstu |
| Aufgabe | Wir betrachten die Maße [mm] \delta_k(A) [/mm] = [mm] 1_{k \in A}, [/mm] wobei 1 die Indikatorfunktion darstellt, und [mm] \lambda_{[k;k+1)}(A) [/mm] = [mm] \lambda(A \cap[k;k+1)) [/mm] mit A [mm] \in B(\IR). [/mm] Ein Maß [mm] P_r [/mm] auf [mm] (\IR, B(\IR)) [/mm] hat die Dichte
[mm] f_r(x)=\begin{cases} \bruch{r}{2}exp(-rx), & x \in [0, \infty) \setminus \IN \\ \bruch{3}{x^2 \pi^2}, & x \in \IN \\ 0, & sonst \end{cases} [/mm]
bezüglich des Maßes [mm] \mu [/mm] = [mm] \lambda_{[0,1)} [/mm] + [mm] \summe_{k=1}^{\infty} (\delta_k [/mm] + [mm] \lambda_{[k,k+1)}), [/mm] wobei [mm] 0
a) Berechnen Sie die zu [mm] P_1 [/mm] zugehörige Verteilungsfunktion.
b) Zeigen Sie, dass [mm] P_r [/mm] für alle [mm] 0 |
Guten Abend Matheraum-User!
Ich soll obige Aufgabe lösen und könnte bisschen Hilfe gebrauchen.
Zur a):
Nach Definition ist die Verteilungsfunktion von der Form [mm] F_{P_1}(x)=P_1(-\infty, [/mm] x]). Außerdem gilt nach Aufgabenstellung, dass [mm] P_1(A)=\integral_A{f_1 d\mu} [/mm] für [mm] A\in B(\IR). [/mm] Somit gilt [mm] F_{P_1}(x)=\integral_{-\infty}^{x}{f_1 d\mu}. [/mm] Allerdings habe ich nun Probleme das auszurechnen. Teile ich dann das Integral in die 3 Fälle auf in die die Dichtefunktion aufgeteilt ist? Und wenn ja, dann bleibt ja nur der erste Fall übrig weil die anderen beide 0 werden. Dann weiß ich allerdings nicht richtig, wie man dieses Integral berechnen würde. Hat vielleicht da jemand einen Tipp?
Zu b):
Um zu zeigen, dass [mm] P_r [/mm] ein Wahrscheinlichkeitsmaß ist reicht es zu zeigen, dass das Integral der Dichte über ganz [mm] \IR [/mm] 1 ergibt oder? Allerdings habe ich hier das gleiche Problem wie bei der a) und zwar dass ich nicht genau weiß wie man das Integral bezüglich eines Maßes berechnet.
Ich würde mich freuen, wenn mir bei dieser Aufgabe jemand etwas auf die Sprünge helfen könnte.
MfG, mathstu
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Hiho,
> Zur a):
> Nach Definition ist die Verteilungsfunktion von der Form
> [mm]F_{P_1}(x)=P_1(-\infty,[/mm] x]). Außerdem gilt nach
> Aufgabenstellung, dass [mm]P_1(A)=\integral_A{f_1 d\mu}[/mm] für
> [mm]A\in B(\IR).[/mm] Somit gilt
> [mm]F_{P_1}(x)=\integral_{-\infty}^{x}{f_1 d\mu}.[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Allerdings habe ich nun Probleme das auszurechnen.
Das ist gar nicht so schwer 
Mach dir erst mal klar, dass für zwei Maße [mm] $\mu_1,\mu_2$ [/mm] für das Integral gilt: [mm] $\int_A\, f\, d(\mu_1 [/mm] + [mm] \mu_2) [/mm] = [mm] \int_A\, f\, d\mu_1 +\int_A\, f\, d\mu_2$
[/mm]
D.h. das Maßintegral ist linear im Maß selbst.
Weiterhin gilt: $ [mm] \mu [/mm] = [mm] \lambda_{[0,1)} [/mm] + [mm] \summe_{k=1}^{\infty} (\delta_k [/mm] + [mm] \lambda_{[k,k+1)}) [/mm] = [mm] \lambda_{[0,1)} [/mm] + [mm] \summe_{k=1}^{\infty} \lambda_{[k,k+1)} [/mm] + [mm] \summe_{k=1}^{\infty}\delta_k [/mm] = [mm] \lambda_{[0,\infty)} [/mm] + [mm] \summe_{k=1}^{\infty}\delta_k$ [/mm]
Statt $ [mm] \lambda_{[0,\infty)}$ [/mm] schreibe ich nun [mm] $\lambda$, [/mm] weil es faktisch das normale Lebesgue-maß auf [mm] $[0,\infty)$ [/mm] und f eh nichtnegativ ist (und damit in dem Bereich liegt)
Damit ergibt sich: $ [mm] F_{P_r}(x)=\integral_{-\infty}^{x}{f_r d\mu} [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{x} \,f_r\, d\lambda_{[0,\infty)} [/mm] + [mm] \summe_{k=1}^{\infty}\integral_{-\infty}^{x} \,f_r\, d\delta_k [/mm] $
Nun überlege dir mal, wie [mm] $f_r$ [/mm] "aus Sicht" von [mm] $\lambda$ [/mm] und wie [mm] $f_r$ [/mm] aus Sicht von [mm] $\delta_k$ [/mm] "aussieht".
Welche Werte sind also von [mm] f_r [/mm] für [mm] $\lambda$ [/mm] relevant und welche für [mm] $\delta_k$ [/mm] und warum.
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:14 Fr 20.10.2017 | | Autor: | mathstu |
Hey Gono,
Danke für die schnelle Antwort.
Ist das Maßintegral nicht nach Konstruktion linear im Maß selbst, denn wir haben das Maßintegral über den Erwartungswert definiert, welcher linear ist?
Für den Fall $ x<0 $ ist die Verteilungsfunktion gleich 0.
Bei $ [mm] \integral_{-\infty}^{x} \,f_r\, d\lambda_{[0,\infty)} [/mm] $ müssen wir doch nur die Werte betrachten, die in $ x [mm] \in [0,\infty) \setminus \IN [/mm] $ liegen, weil das Lebesguemaß einer einelementigen Menge gleich 0 ist oder?
Und für $ [mm] \summe_{k=1}^{\infty}\integral_{-\infty}^{x} \,f_r\, d\delta_k [/mm] $ betrachten wir nur die Werte von 0 bis Gaußklammer von x (ich finde die Gaußklammer nicht in der Formelsammlung) da $k [mm] \in \IN$ [/mm] liegt und somit [mm] $\delta_k [/mm] $ für die Werte in [mm] $[0,\infty) \setminus \IN$ [/mm] gleich 0 ist. Ist das richtig?
Dann wäre die Verteilungfunktion von der Form
[mm] $F_{P_r}(x)=\integral_{-\infty}^{x}{f_r d\mu} [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{x} \,f_r\, d\lambda_{[0,\infty)} [/mm] + [mm] \summe_{k=1}^{\infty}\integral_{-\infty}^{x} \,f_r\, d\delta_k [/mm]
= [mm] \integral_{-\infty}^{\infty} \,1_{(-\infty,x] \cap [0,\infty) \setminus \IN} [/mm] (t)* [mm] \bruch{r}{2}exp(-rt) \, d\lambda_{[0,\infty)}(t) [/mm] + [mm] \summe_{k=1}^{\infty}\integral_{-\infty}^{\infty} \,1_{(-\infty,x] \cap \IN} [/mm] (t) [mm] \bruch{3}{t^2 \pi^2}\, d\delta_k(t)$.
[/mm]
Ist das soweit richtig?
Und wenn ja, dann würde ich jetzt versuchen die Funktionen in den beiden Integrale als Treppenfunktion darzustellen, damit wir die Integrale leicht ausrechnen können. Es ergibt sich dann
[mm] $\integral_{-\infty}^{\infty} \,1_{(-\infty,x] \cap [0,\infty) \setminus \IN}(t) \bruch{r}{2}exp(-rt) \, d\lambda_{[0,\infty)}(t) [/mm] + [mm] \summe_{k=1}^{\infty}\integral_{-\infty}^{\infty} \,1_{(-\infty,x] \cap \IN}(t) \bruch{3}{t^2 \pi^2}\, d\delta_k(t) [/mm]
= [mm] \bruch{r}{2}\integral_{-\infty}^{\infty} \,1_{[0,x] \setminus \IN}(t)exp(-rt) \, d\lambda_{[0,\infty)}(t) [/mm] + [mm] \bruch{3}{\pi^2} \summe_{k=1}^{\infty}\integral_{-\infty}^{\infty} \, \summe_{i=1}^{Gaußklammer(x)}1_{i}(t) \bruch{1}{t^2}\, d\delta_k(t)$.
[/mm]
Aber wie könnte man hier die Funktion im ersten Integral als Treppenfunktion darstellen? Das sehe ich noch nicht so richtig.
VG, mathstu
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Hiho,
> Danke für die schnelle Antwort.
> Ist das Maßintegral nicht nach Konstruktion linear im
> Maß selbst, denn wir haben das Maßintegral über den
> Erwartungswert definiert, welcher linear ist?
Wie habt ihr denn den Erwartungswert definiert? Dieser ist ja normalerweise selbst ein Maßintegral... Und der Erwartungswert ist linear im Integranden, das ist aber etwas anderes.
> Für den Fall [mm]x<0[/mm] ist die Verteilungsfunktion gleich 0.
> Bei [mm]\integral_{-\infty}^{x} \,f_r\, d\lambda_{[0,\infty)}[/mm]
> müssen wir doch nur die Werte betrachten, die in [mm]x \in [0,\infty) \setminus \IN[/mm] liegen, weil das Lebesguemaß einer einelementigen Menge gleich 0 ist oder?
Ja, und kurz in Formel geschrieben bedeutet das: $f(x) [mm] \equiv \bruch{r}{2}\exp(-rx)1_{[0,\infty)}$ $\lambda$-fast [/mm] sicher.
Die natürlichen Zahlen sind für das Lebesgue Maß eine Nullmenge, daher spielen die Funktionswerte an den Stellen "aus Sicht" des Lebesgue-Maßes keine Rolle.
> Und für [mm]\summe_{k=1}^{\infty}\integral_{-\infty}^{x} \,f_r\, d\delta_k[/mm] betrachten wir nur die Werte von 0 bis Gaußklammer von x
> (ich finde die Gaußklammer nicht in der Formelsammlung)
Die linke Gaußklammer machst du mit \lfloor (für Left FLOOR), die rechte entsprechend mit \rfloor. D.h. \lfloor x \rfloor gibt dir [mm] $\lfloor [/mm] x [mm] \rfloor$.
[/mm]
Betrachten wir erst mal nur das Integral: Das ist ein Integral bezüglich [mm] $\delta_k$, [/mm] also ein Maß, was nur auf [mm] $k\in\IN$ [/mm] Gewicht legt. D.h. sämtliche anderen Werte sind völlig irrelevant!
D.h. "Aus Sicht" von [mm] $\delta_k$ [/mm] ist nur $f(k)$ relevant, alle anderen Werte spielen keine Rolle!
D.h. es gilt: $f(x) [mm] \equiv \bruch{3}{k^2 \pi^2}$ $\delta_k$-fast [/mm] sicher!
Dass du die Summe nur bis [mm] $\lfloor [/mm] x [mm] \rfloor$ [/mm] summierst, ist korrekt.
Aber:
> Dann wäre die Verteilungfunktion von der Form
> [mm]$F_{P_r}(x)=\integral_{-\infty}^{x}{f_r d\mu}[/mm] =
> [mm]\integral_{-\infty}^{x} \,f_r\, d\lambda_{[0,\infty)}[/mm] +
> [mm]\summe_{k=1}^{\infty}\integral_{-\infty}^{x} \,f_r\, d\delta_k[/mm]
> = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty} \,1_{(-\infty,x] \cap [0,\infty) \setminus \IN}[/mm]
> (t)* [mm]\bruch{r}{2}exp(-rt) \, d\lambda_{[0,\infty)}(t)[/mm] +
> [mm]\summe_{k=1}^{\infty}\integral_{-\infty}^{\infty} \,1_{(-\infty,x] \cap \IN}[/mm]
> (t) [mm]\bruch{3}{t^2 \pi^2}\, d\delta_k(t)$.[/mm]
> Ist das soweit richtig?
Zum ersten Summanden: Grundsätzlich schon, das kann man aber noch deutlich vereinfachen zu:
[mm] $\int_0^x \,\bruch{r}{2}\exp(-rt)\, d\lambda$
[/mm]
ist dir das jetzt klar? Wenn nicht, frag nach.
Der zweite Summand ist falsch, insbesondere die zweite Summe, aber lösen wir das mal langsam auf: Wir hatten
$ [mm] \summe_{k=1}^{\infty}\integral_{-\infty}^{\infty} \,1_{(-\infty,x] \cap \IN}(t) \bruch{3}{t^2 \pi^2}\, d\delta_k(t)$
[/mm]
Das schreiben wir erst mal wieder als:
$ [mm] \summe_{k=1}^{\infty}\integral_{0}^{x} \, \bruch{3}{t^2 \pi^2}\, d\delta_k(t)$ [/mm] (also den ursprünglichen Ausdruck).
Nun hatten wir oben ja bereits erwähnt, dass "aus Sicht von [mm] $\delta_k$" [/mm] gilt: $f(t) [mm] \equiv \bruch{3}{k^2 \pi^2}$ [/mm]
Es sei nochmal extra darauf hingewiesen, dass auf der rechten Seite ein konstanter Wert steht, der nicht mehr von $t$ abhängt! Das $k$ rechts ist dasselbe wie in [mm] $\delta_k$!
[/mm]
D.h. wir erhalten:
$ [mm] \summe_{k=1}^{\infty}\integral_{0}^{x} \,\bruch{3}{k^2 \pi^2}\, d\delta_k(t) [/mm] = [mm] \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{3}{k^2 \pi^2}\integral_{0}^{x} d\delta_k(t) [/mm] $
Nun ist aber [mm] $\integral_{0}^{x} d\delta_k(t) [/mm] = 0$ falls $x < k$ und 1 sonst, d.h. wir erhalten:
$ [mm] \summe_{k=1}^{\lfloor x \rfloor} \bruch{3}{k^2 \pi^2}$ [/mm] für den zweiten Summanden.
> Und wenn ja, dann würde ich jetzt versuchen die
> Funktionen in den beiden Integrale als Treppenfunktion
> darzustellen, damit wir die Integrale leicht ausrechnen können.
Viel zu kompliziert!
Nun nutze, was du über den Zusammenhang von Lebesgue- zu Riemann-Integralen weißt und berechne das erste Integral einfach wie ein normales (uneigentliches) Riemannintegral, der zweite Summand hat kein Integral mehr, sondern sollte der Anfang einer bekannten Reihe für dich darstellen
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:44 Sa 21.10.2017 | | Autor: | mathstu |
Hallo Gono,
> Wie habt ihr denn den Erwartungswert definiert? Dieser ist
> ja normalerweise selbst ein Maßintegral... Und der
> Erwartungswert ist linear im Integranden, das ist aber
> etwas anderes.
Ja, ich habe mich da bei der Argumentation geirrt. Wir haben das Integral in 3 Schritten definiert: Zuerst für nicht-negative Treppenfunktionen, dann für nicht-negative Funktionen und schließlich für allgemeine Funktionen. Folgt die Linearität des Integrals im Maß selbst nicht einfach durch die Konstruktion des Integrals? Dann wäre ja bei dem ersten Schritt
[mm] $\integral_{\Omega}{f(x) d(\mu_1+\mu_2}=\summe_{k=1}^{n}\phi_k(\mu_1+\mu_2)(A_k)=\summe_{k=1}^{n}\phi_k(\mu_1(A_k)+\mu_2(A_k))=\summe_{k=1}^{n}\phi_k\mu_1(A_k)+\summe_{k=1}^{n}\phi_k\mu_2(A_k) [/mm] und für die nächsten Schritte würde die Argumentation dann analog gelten.
> Zum ersten Summanden: Grundsätzlich schon, das kann man
> aber noch deutlich vereinfachen zu:
> [mm]\int_0^x \,\bruch{r}{2}\exp(-rt)\, d\lambda[/mm]
> ist dir das
> jetzt klar? Wenn nicht, frag nach.
Ja, das habe ich jetzt verstanden, vielen Dank!
> Der zweite Summand ist falsch, insbesondere die zweite
> Summe, aber lösen wir das mal langsam auf: Wir hatten
> [mm]\summe_{k=1}^{\infty}\integral_{-\infty}^{\infty} \,1_{(-\infty,x] \cap \IN}(t) \bruch{3}{t^2 \pi^2}\, d\delta_k(t)[/mm]
>
> Das schreiben wir erst mal wieder als:
> [mm]\summe_{k=1}^{\infty}\integral_{0}^{x} \, \bruch{3}{t^2 \pi^2}\, d\delta_k(t)[/mm]
> (also den ursprünglichen Ausdruck).
>
> Nun hatten wir oben ja bereits erwähnt, dass "aus Sicht
> von [mm]\delta_k[/mm]" gilt: [mm]f(t) \equiv \bruch{3}{k^2 \pi^2}[/mm]
> Es sei nochmal extra darauf hingewiesen, dass auf der
> rechten Seite ein konstanter Wert steht, der nicht mehr von
> [mm]t[/mm] abhängt! Das [mm]k[/mm] rechts ist dasselbe wie in [mm]\delta_k[/mm]!
>
> D.h. wir erhalten:
> [mm]\summe_{k=1}^{\infty}\integral_{0}^{x} \,\bruch{3}{k^2 \pi^2}\, d\delta_k(t) = \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{3}{k^2 \pi^2}\integral_{0}^{x} d\delta_k(t)[/mm]
> Nun ist aber [mm]\integral_{0}^{x} d\delta_k(t) = 0[/mm] falls [mm]x < k[/mm]
> und 1 sonst, d.h. wir erhalten:
> [mm]\summe_{k=1}^{\lfloor x \rfloor} \bruch{3}{k^2 \pi^2}[/mm] für
> den zweiten Summanden.
>
>
> > Und wenn ja, dann würde ich jetzt versuchen die
> > Funktionen in den beiden Integrale als Treppenfunktion
> > darzustellen, damit wir die Integrale leicht ausrechnen
> können.
> Viel zu kompliziert!
> Nun nutze, was du über den Zusammenhang von Lebesgue- zu
> Riemann-Integralen weißt und berechne das erste Integral
> einfach wie ein normales (uneigentliches) Riemannintegral,
> der zweite Summand hat kein Integral mehr, sondern sollte
> der Anfang einer bekannten Reihe für dich darstellen
Insgesamt erhalten wir also
[mm] $F_{P_r}(x)=\integral_{0}^{x}{\bruch{r}{2}exp(-rt)d\lambda(t)}+\bruch{3}{\pi^2}\summe_{k=1}^{\lfloor x \rfloor}\bruch{1}{k^2}$.
[/mm]
Nach unsere Vorlesung stimmen Lebesgue- und Riemann-Integral überein, wenn die Menge der Unstetigkeitsstellen eine Lebesgue-Nullmenge ist, was ja in unserem Fall erfüllt ist. Also können wir das Integral folgendermaßen berechnen:
[mm] $\bruch{r}{2}\integral_{0}^{x}{exp(-rt)d\lambda(t)}=\bruch{r}{2}\left[-\bruch{1}{r}exp(-rt)\right]^{x}_{0}=\bruch{1}{2}(1-exp(-rt))$.
[/mm]
Und bei Aufgabenteil (ii) folgt dann die Behauptung mit der Aussage [mm] $\summe_{k=1}^{\infty}\bruch{1}{k^2}=\bruch{\pi^2}{6}$.
[/mm]
Ich hoffe meine letzten Überlegungen sind jetzt richtig.
Vielen Dank nochmal für die Hilfe, das hat mir sehr geholfen die Aufgabe besser zu verstehen!
VG; mathstu
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:33 Sa 21.10.2017 | | Autor: | mathstu |
Hallo,
> > Nach unsere Vorlesung stimmen Lebesgue- und
> > Riemann-Integral überein, wenn die Menge der
> > Unstetigkeitsstellen eine Lebesgue-Nullmenge ist, was ja in
> > unserem Fall erfüllt ist. Also können wir das Integral
> > folgendermaßen berechnen:
> >
> >
> [mm]\bruch{r}{2}\integral_{0}^{x}{exp(-rt)d\lambda(t)}=\bruch{r}{2}\left[-\bruch{1}{r}exp(-rt)\right]^{x}_{0}=\bruch{1}{2}(1-exp(-rt))[/mm].
>
> edit: Hier noch eine Frage: Hattet ihr den Satz nur für
> kompakte Intervalle der Form [mm][k,k+1][/mm] oder auch für
> [mm][0,\infty)[/mm]?
>
Wir haben hatten die Aussage auch für [mm][0,\infty)[/mm], aber die Aussage für ein abgeschlossenes Intervall würde hier doch auch ausreichen oder übersehe ich etwas?
VG, mathstu
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Hiho,
> Wir haben hatten die Aussage auch für [mm][0,\infty)[/mm], aber die
> Aussage für ein abgeschlossenes Intervall würde hier doch
> auch ausreichen oder übersehe ich etwas?
So lange du nur bis x integrierst, ja. Bis unendlich müsste man das dann nur anders aufschreiben (die [mm] $\lambda$-Maße [/mm] nicht zusammenziehen), aber letztendlich ändert das nix.
Gruß,
Gono
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