W'keit zweier ZV bestimmen < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:22 Sa 19.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
| Aufgabe | Seien X, Y zwei [mm] \IR-wertige [/mm] Zufallsvariablen mit der gemeinsamen Dichtefunktion [mm] f:\IR^2\rightarrow{[0,\infty)}, f(x,y)=\bruch{1}{\pi}\cdot{}1_E(x,y), [/mm] wobei [mm] E:=\{(x,y)\in{\IR^2}|x^2+y^2\le{1}\}.
[/mm]
Wir bezeichnen weiter die Polarkoordinaten des Punktes mit den kartesischen Koordinaten (X,Y) mit [mm] r\in{[0,1]} [/mm] und [mm] \phi\in{[0,2\pi)}.
[/mm]
Berechnen Sie [mm] P[X\le{Y}]. [/mm] |
Tag Leute,
ich hab etwas Probleme mit obiger Aufgabe und weiß nicht wirklich welcher Weg hierbei zum Ziel führt.
Normalerweise ist ja [mm] P[X\le{t}]=F_X(t), [/mm] was mir in diesem Fall aber nicht weiterhilft, da die zu berechnende Wahrscheinlichkeit
von zwei ZV abhängt. Ich bin also etwas ratlos!!
Wär deswegen echt toll, wenn jemand an Tipp hätte wie das hierbei funktioniert.
Vielen Dank schon mal vorab!!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:30 Sa 19.06.2010 | | Autor: | gfm |
> Seien X, Y zwei [mm]\IR-wertige[/mm] Zufallsvariablen mit der
> gemeinsamen Dichtefunktion [mm]f:\IR^2\rightarrow{[0,\infty)}, f(x,y)=\bruch{1}{\pi}\cdot{}1_E(x,y),[/mm]
> wobei [mm]E:=\{(x,y)\in{\IR^2}|x^2+y^2\le{1}\}.[/mm]
> Wir bezeichnen weiter die Polarkoordinaten des Punktes mit
> den kartesischen Koordinaten (X,Y) mit [mm]r\in{[0,1]}[/mm] und
> [mm]\phi\in{[0,2\pi)}.[/mm]
>
> Berechnen Sie [mm]P[X\le{Y}].[/mm]
> Tag Leute,
> ich hab etwas Probleme mit obiger Aufgabe und weiß nicht
> wirklich welcher Weg hierbei zum Ziel führt.
> Normalerweise ist ja [mm]P[X\le{t}]=F_X(t),[/mm] was mir in diesem
> Fall aber nicht weiterhilft, da die zu berechnende
> Wahrscheinlichkeit
> von zwei ZV abhängt. Ich bin also etwas ratlos!!
>
> Wär deswegen echt toll, wenn jemand an Tipp hätte wie das
> hierbei funktioniert.
> Vielen Dank schon mal vorab!!
Du hast also eine stetige Gleichverteilung auf der Kreisscheibe im Ursprung. [mm] X\le [/mm] Y bedeutet geometrisch, dass (X,Y) auf oder unter der Winkelhalbierenden y=x liegt. Das ist dann die halbe Kreisscheibe. Es müßte also 1/2 herauskommen.
Davon abgesehen brauchst Du eine Indikatorfunktion die eins liefert, sobald [mm] X\le [/mm] Y und sonst null ist und zar auf eine Weise, dass Du ohne Probleme von (X,Y) & P zu (x,y) & Dichte *dx wechseln kannst:
[mm] P(\{X\le Y\})=\integral_\Omega 1_{\{X\le Y\}}(\omega)dP(\omega)=\integral_\Omega 1_{(-\infty,Y(\omega)]}(X(\omega))dP(\omega)=\integral_{\IR^2} 1_{(-\infty,y]}(x)dP_{X,Y}(x,y)
[/mm]
LG
gfm
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:47 Sa 19.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
Okay danke ers mal für die Hilfe.
Mir ist die Schreibweise nich so ganz geläufig, deswgen vielleicht nochmal die Frage was genau das jetzt heißt?!
Also es ist dann
[mm] P[X\le{Y}]=\integral_{\IR^2} 1_{(-\infty,y]}(x)dP_{X,Y}(x,y)=\int_{\IR^2} 1_{(-\infty,y]}(x)\cdot{}\bruch{1}{\pi}\cdot{}1_E(x,y)d(x,y)
[/mm]
Stimmt das dann so?? Und wie geh ich dann wieder weiter vor?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:06 Sa 19.06.2010 | | Autor: | gfm |
> Okay danke ers mal für die Hilfe.
> Mir ist die Schreibweise nich so ganz geläufig, deswgen
> vielleicht nochmal die Frage was genau das jetzt heißt?!
Über welchen Ausdruck/Umformungsschritt genau willst Du mehr erfahren?
> Also es ist dann
>
> [mm]P[X\le{Y}]=\integral_{\IR^2} 1_{(-\infty,y]}(x)dP_{X,Y}(x,y)=\int_{\IR^2} 1_{(-\infty,y]}(x)\cdot{}\bruch{1}{\pi}\cdot{}1_E(x,y)d(x,y)[/mm]
>
[mm] =\int_{\IR^2} 1_{(-\infty,y]}(x)\cdot{}\bruch{1}{\pi}\cdot{}1_E(x,y)dxdy
[/mm]
Das mit [mm] 1_E(x,y) [/mm] hatten wir schon mal. Wie wurde dort an anderer Stelle [mm]1_E(x,y)[/mm] anders geschrieben?
Mal doch mal den Integrationsberiech auf.
LG
gfm
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:48 Sa 19.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
> Über welchen Ausdruck/Umformungsschritt genau willst Du
> mehr erfahren?
Ich wollte hier eigentlich nur wissen, ob ich das auch richtig ersetzt hab, was offensichtlich der Fall war. Der Punkt ist also erledigt.
Jetzt aber nochmal zur Berechnung. Stimmt wir hatten das ja schon mal, d.h. das Ganze funktioniert wie folgt:
[mm] P[X\le{Y}]=\integral_{\IR^2} 1_{(-\infty,y]}(x)dP_{X,Y}(x,y)=\integral_{\IR^2} 1_{(-\infty,y]}(x)\cdot{}\bruch{1}{\pi}\cdot{}1_E(x,y)dxdy=\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR^2} 1_{(-\infty,y]}(x)\cdot{}1_{[-1,1]}(x)1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)dxdy
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR} 1_{(-\infty,y]}(x)\cdot{}1_{[-1,1]}(x)\Big(\integral_{\IR}1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)dy\Big)dx=\bruch{2}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR} 1_{(-\infty,y]}(x)\cdot{}1_{[-1,1]}(x)\cdot{}\wurzel{1-x^2}dx
[/mm]
[mm] =\bruch{2}{\pi}\cdot{}\integral_{-1}^{1} 1_{(-\infty,y]}(x)\cdot{}\wurzel{1-x^2}dx
[/mm]
Passt das soweit?? Und wie mach ich dann hier weiter, damit ich schließlich auf das erwartete [mm] \bruch{1}{2} [/mm] komme?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:16 Sa 19.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
Sind die beiden Zufallsvariablen X und Y eigentlich unabhängig?
Gefühlsmäßig würde ich sagen nein, aber ich krieg auch kein Gegenbeispiel hin.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:52 So 20.06.2010 | | Autor: | gfm |
> Sind die beiden Zufallsvariablen X und Y eigentlich
> unabhängig?
> Gefühlsmäßig würde ich sagen nein, aber ich krieg auch
> kein Gegenbeispiel hin.
Intuitiv:
Die kreisförmige Berandung, die nämlich eine Abhängigkeit zwischen X und Y beinhaltet, zerstört die Unabhängigkeit. Wäre es ein Rechteck mit achsen-parallelen Seiten, so bliebe die Unabhängigkeit erhalten.
LG
gfm
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:01 Sa 19.06.2010 | | Autor: | gfm |
> > Über welchen Ausdruck/Umformungsschritt genau willst Du
> > mehr erfahren?
>
> Ich wollte hier eigentlich nur wissen, ob ich das auch
> richtig ersetzt hab, was offensichtlich der Fall war. Der
> Punkt ist also erledigt.
>
> Jetzt aber nochmal zur Berechnung. Stimmt wir hatten das ja
> schon mal, d.h. das Ganze funktioniert wie folgt:
>
> [mm]P[X\le{Y}]=\integral_{\IR^2} 1_{(-\infty,y]}(x)dP_{X,Y}(x,y)=\integral_{\IR^2} 1_{(-\infty,y]}(x)\cdot{}\bruch{1}{\pi}\cdot{}1_E(x,y)dxdy=\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR^2} 1_{(-\infty,y]}(x)\cdot{}1_{[-1,1]}(x)1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)dxdy[/mm]
>
>
> [mm]=\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR} 1_{(-\infty,y]}(x)\cdot{}1_{[-1,1]}(x)\Big(\integral_{\IR}1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)dy\Big)dx=\bruch{2}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR} 1_{(-\infty,y]}(x)\cdot{}1_{[-1,1]}(x)\cdot{}\wurzel{1-x^2}dx[/mm]
>
> [mm]=\bruch{2}{\pi}\cdot{}\integral_{-1}^{1} 1_{(-\infty,y]}(x)\cdot{}\wurzel{1-x^2}dx[/mm]
>
>
> Passt das soweit?? Und wie mach ich dann hier weiter, damit
> ich schließlich auf das erwartete [mm]\bruch{1}{2}[/mm] komme?
Der Anfang ist richtig. Jedoch führt [mm] 1_{(-\infty,y]}(x) [/mm] dazu, dass der y-Bereich über den integriert wird sich ändert. Du siehst das, wenn Du mal den Kreis aufmalst und die Gerade y=x einzeichnest. Integriert wird ja über den Teil des Kreises der unterhalb und auf der Geraden liegt.
Du kannst aber auch zu Polarkoordinaten übergehen und dann über r=0 bis r=1 und über [mm] \phi=0 [/mm] bis [mm] \phi=45° [/mm] und dann noch über [mm] \phi=225° [/mm] bis [mm] \phi=360° [/mm] integrierst.
LG
gfm
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:55 So 20.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
> Der Anfang ist richtig. Jedoch führt [mm]1_{(-\infty,y]}(x)[/mm]
> dazu, dass der y-Bereich über den integriert wird sich
> ändert. Du siehst das, wenn Du mal den Kreis aufmalst und
> die Gerade y=x einzeichnest. Integriert wird ja über den
> Teil des Kreises der unterhalb und auf der Geraden liegt.
>
> Du kannst aber auch zu Polarkoordinaten übergehen und dann
> über r=0 bis r=1 und über [mm]\phi=0[/mm] bis [mm]\phi=45°[/mm] und dann
> noch über [mm]\phi=225°[/mm] bis [mm]\phi=360°[/mm] integrierst.
Okay das krieg ich allein nicht hin. Könnest du mir sagen wie hier anfangen muss?!
Dann kann ich mal schauen ob ich den Rest auch ohne Hilfe hinkrieg?! Danke schon mal.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:49 So 20.06.2010 | | Autor: | gfm |
> > Der Anfang ist richtig. Jedoch führt [mm]1_{(-\infty,y]}(x)[/mm]
> > dazu, dass der y-Bereich über den integriert wird sich
> > ändert. Du siehst das, wenn Du mal den Kreis aufmalst und
> > die Gerade y=x einzeichnest. Integriert wird ja über den
> > Teil des Kreises der unterhalb und auf der Geraden liegt.
> >
> > Du kannst aber auch zu Polarkoordinaten übergehen und dann
> > über r=0 bis r=1 und über [mm]\phi=0[/mm] bis [mm]\phi=45°[/mm] und dann
> > noch über [mm]\phi=225°[/mm] bis [mm]\phi=360°[/mm] integrierst.
>
> Okay das krieg ich allein nicht hin. Könnest du mir sagen
> wie hier anfangen muss?!
> Dann kann ich mal schauen ob ich den Rest auch ohne Hilfe
> hinkrieg?! Danke schon mal.
>
Als erstes die Korrektur eines "Drehers" von mir: [mm] \{X\le Y\} [/mm] sind natürlich die Punkte auf und oberhalb der Geraden zu y=x. Das bedeutet, dass der Träger der Dichte, der durch [mm] 1_{[-1,1]}(x)1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y) [/mm] definiert ist, eingeschränkt werden muss durch einen weiteren Faktor [mm] 1_{[x,\infty)}(y). [/mm] Wegen [mm] 1_A(x)1_B(x)=1_{A\cap B}(x) [/mm] und mit der Abkürzung [mm] a\vee b:=\max(a,b) [/mm] wird dann aus [mm] 1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)1_{[x,\infty)}(y)=1_{[(-\wurzel{1-x^2})\vee x,\wurzel{1-x^2}]}(y), [/mm] wobei [mm] [a,b]=\emptyset [/mm] für a>b zu beachten ist.
LG
gfm
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 20:37 So 20.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
Ahja richtig das hätte mir aber auch auffallen können! Naja okay dann gilt also:
[mm] P[X\le{Y}]=\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR} 1_{[x,\infty)}(y)\cdot{}1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)\Big(\integral_{\IR} 1_{[-1,1]}(x)dx\Big)dy=\bruch{2}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR} 1_{[x,\infty)}(y)\cdot{}1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)dy=\bruch{2}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR} 1_{[(-\wurzel{1-x^2})\vee x,\wurzel{1-x^2}]}(y)dy=
[/mm]
Wie schreib ich nun das letzte Integral aus bzw. wie berechne ich das??
Dank dir schon mal!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:30 So 20.06.2010 | | Autor: | gfm |
> Ahja richtig das hätte mir aber auch auffallen können!
> Naja okay dann gilt also:
>
> [mm]P[X\le{Y}]=\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR} 1_{[x,\infty)}(y)\cdot{}1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)\Big(\integral_{\IR} 1_{[-1,1]}(x)dx\Big)dy=\bruch{2}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR} 1_{[x,\infty)}(y)\cdot{}1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)dy=\bruch{2}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR} 1_{[(-\wurzel{1-x^2})\vee x,\wurzel{1-x^2}]}(y)dy=[/mm]
>
> Wie schreib ich nun das letzte Integral aus bzw. wie
> berechne ich das??
Weißt Du, was [mm] \integral_\IR 1_{[a,b]}(y)dy [/mm] ist?
Beachte, dass [mm] 1_{[a,b,]}(y) [/mm] identisch gleich null ist, wenn a>b.
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:50 So 20.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
> Weißt Du, was [mm]\integral_\IR 1_{[a,b]}(y)dy[/mm] ist?
>
> Beachte, dass [mm]1_{[a,b,]}(y)[/mm] identisch gleich null ist, wenn
> a>b.
Es ist doch [mm] \integral_\IR 1_{[a,b]}(y)dy=\integral_{a}^{b}dy=b-a.
[/mm]
Wie das nun aber bei diesem [mm] max\{-\wurzel{1-x^2},x\} [/mm] funktioniert, weiß ich nicht, daher die Frage wie ich das Integral aus dem
vorangegangenen Beitrag noch weiter ausschreiben kann bzw. wie ich das in diesem Fall berechne!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:09 Mo 21.06.2010 | | Autor: | gfm |
> > Weißt Du, was [mm]\integral_\IR 1_{[a,b]}(y)dy[/mm] ist?
> >
> > Beachte, dass [mm]1_{[a,b,]}(y)[/mm] identisch gleich null ist, wenn
> > a>b.
>
> Es ist doch [mm]\integral_\IR 1_{[a,b]}(y)dy=\integral_{a}^{b}dy=b-a.[/mm]
Genau, und =0, wenn b<a, im Gegensatz zu den orientierten Riemannintegralen. An dieser Stelle muss man ein bischen aufpassen.
>
> Wie das nun aber bei diesem [mm]max\{-\wurzel{1-x^2},x\}[/mm]
> funktioniert, weiß ich nicht, daher die Frage wie ich das
> Integral aus dem
> vorangegangenen Beitrag noch weiter ausschreiben kann bzw.
> wie ich das in diesem Fall berechne!
>
Was ist denn das Maximum von [mm] -\wurzel{1-x^2} [/mm] und x auf [-1,1]? Max(a,b)=a, wenn [mm] a\ge [/mm] b, sonst =b. Und wann ist [mm] a\ge [/mm] b in Deinem Fall?
LG
gfm
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:01 Mo 21.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
> Was ist denn das Maximum von [mm]-\wurzel{1-x^2}[/mm] und x auf
> [-1,1]? Max(a,b)=a, wenn [mm]a\ge[/mm] b, sonst =b. Und wann ist
> [mm]a\ge[/mm] b in Deinem Fall?
Nun es ist doch [mm] max\{-\wurzel{1-x^2},x\}=\begin{cases} x & \text{für } x\ge{-\wurzel{0,5}}\\ -\wurzel{1-x^2} & \text{für } x<-\wurzel{0,5}\end{cases}.
[/mm]
Also gilt:
[mm] P[X\le{Y}]=\bruch{2}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR} 1_{[(-\wurzel{1-x^2})\vee x,\wurzel{1-x^2}]}(y)dy=\bruch{2}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR} 1_{[-1,-\wurzel{0,5})}(x)1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)+1_{[-\wurzel{0,5},1]}(x)1_{[x,\wurzel{1-x^2}]}(y)dy=\bruch{2}{\pi}\cdot{}\left(1_{[-1,-\wurzel{0,5})}(x)\integral_{\IR} 1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)dy+1_{[-\wurzel{0,5},1]}(x)\integral_{\IR} 1_{[x,\wurzel{1-x^2}]}(y)dy\right)
[/mm]
[mm] =\bruch{4}{\pi}\cdot{}1_{[-1,-\wurzel{0,5})}(x)\cdot{}\wurzel{1-x^2}+\bruch{2}{\pi}\cdot{}1_{[-\wurzel{0,5},1]}(x)\cdot{}\left(\wurzel{1-x^2}-x\right)=
[/mm]
Aber sollte hier nicht [mm] \bruch{1}{2} [/mm] das Ergebnis sein??! Oder was hab ich falsch bedacht?
Danke schon mal!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:17 Mo 21.06.2010 | | Autor: | gfm |
> > Was ist denn das Maximum von [mm]-\wurzel{1-x^2}[/mm] und x auf
> > [-1,1]? Max(a,b)=a, wenn [mm]a\ge[/mm] b, sonst =b. Und wann ist
> > [mm]a\ge[/mm] b in Deinem Fall?
>
> Nun es ist doch [mm]max\{-\wurzel{1-x^2},x\}=\begin{cases} x & \text{für } x\ge{-\wurzel{0,5}}\\ -\wurzel{1-x^2} & \text{für } x<-\wurzel{0,5}\end{cases}.[/mm]
>
> Also gilt:
>
> [mm]P[X\le{Y}]=\bruch{2}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR} 1_{[(-\wurzel{1-x^2})\vee x,\wurzel{1-x^2}]}(y)dy=\bruch{2}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR} 1_{[-1,-\wurzel{0,5})}(x)1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)+1_{[-\wurzel{0,5},1]}(x)1_{[x,\wurzel{1-x^2}]}(y)dy=\bruch{2}{\pi}\cdot{}\left(1_{[-1,-\wurzel{0,5})}(x)\integral_{\IR} 1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)dy+1_{[-\wurzel{0,5},1]}(x)\integral_{\IR} 1_{[x,\wurzel{1-x^2}]}(y)dy\right)[/mm]
>
> [mm]=\bruch{4}{\pi}\cdot{}1_{[-1,-\wurzel{0,5})}(x)\cdot{}\wurzel{1-x^2}+\bruch{2}{\pi}\cdot{}1_{[-\wurzel{0,5},1]}(x)\cdot{}\left(\wurzel{1-x^2}-x\right)=[/mm]
>
>
> Aber sollte hier nicht [mm]\bruch{1}{2}[/mm] das Ergebnis sein??!
> Oder was hab ich falsch bedacht?
> Danke schon mal!
Also das mit [mm] \wurzel{1/2} [/mm] paßt schon mal. Aber das Ergebnis kann doch kein x mehr enthalten. Du mußt die Integration über x auch ausführen. Im Resultat integrierst Du von x=-1 bis [mm] x=-\wurzel{1/2} [/mm] über beide Kreiszweige im y-Integral. Dann wird die untere Grenze durch x ersetzt und die Integration läuft im y-Integral weiter bis [mm] x=\wurzel{1/2}, [/mm] weil da der obere Kreiszweig unter y=x rutscht.
LG
gfm
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:24 Mo 21.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
Okay da bin ich dann doch etwas überfordert, wie sähe das dann aus ??
Oder sag mir zumindest wie ich anfangen soll, d.h. wär klasse, wenn du mir sagst wie mein Integral dann aussieht.
Herzliches Dankeschön!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:18 Di 22.06.2010 | | Autor: | gfm |
> Okay da bin ich dann doch etwas überfordert, wie sähe das
> dann aus ??
> Oder sag mir zumindest wie ich anfangen soll, d.h. wär
> klasse, wenn du mir sagst wie mein Integral dann aussieht.
> Herzliches Dankeschön!
Na, Du willst Du nicht, dass ich die ganze Arbeit für Dich mache, oder?
LG
gfm
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:12 Di 22.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
> Na, Du willst Du nicht, dass ich die ganze Arbeit für Dich
> mache, oder?
Hehe  , nein so wars eigentlich nicht gemeint!
Ich hab mich inzwischen nochmal damit befasst, bin aber wiederum gescheitert.
Am besten ich schreib mal meine Rechnung auf und du sagst mir wobei ich Mist gebaut hab.
Also mit unseren zuvor gemachten Überlegungen gilt:
[mm] P[X\le{Y}]=\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR^2} 1_{[x,\infty)}(y)\cdot{}1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)\cdot{}1_{[-1,1]}(x)dxdy=\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR^2} 1_{[-1,-\wurzel{0,5})}(x)\cdot{}1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)\cdot{}1_{[-1,1]}(x)+1_{[-\wurzel{0,5},1]}(x)\cdot{}1_{[x,\wurzel{1-x^2}]}(y)\cdot{}1_{[-1,1]}(x)dxdy
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR^2} 1_{[-1,-\wurzel{0,5}]}(x)1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)dxdy+\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR^2} 1_{[-\wurzel{0,5},1]}(x)1_{[x,\wurzel{1-x^2}]}(y)dxdy=\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{-1}^{-\wurzel{0,5}} 2\cdot{}\wurzel{1-x^2}dx+\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{-\wurzel{0,5}}^{1} \wurzel{1-x^2}-xdx
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{\pi}\cdot{}\left(-\bruch{1}{2}+\bruch{1}{2}arcsin(-\wurzel{0,5})-arcsin(-1)+\bruch{1}{2}arcsin(1)\right)
[/mm]
[mm] =\bruch{10\pi-8}{16\pi}\not={\bruch{1}{2}}
[/mm]
So und hier kommt eben nicht das gewünschte Ergebnis raus!
Wo hab ich was falsch gemacht?? Dank dir!!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:51 Di 22.06.2010 | | Autor: | gfm |
> > Na, Du willst Du nicht, dass ich die ganze Arbeit für Dich
> > mache, oder?
>
> Hehe , nein so wars eigentlich nicht gemeint!
> Ich hab mich inzwischen nochmal damit befasst, bin aber
> wiederum gescheitert.
> Am besten ich schreib mal meine Rechnung auf und du sagst
> mir wobei ich Mist gebaut hab.
> Also mit unseren zuvor gemachten Überlegungen gilt:
>
> [mm]P[X\le{Y}]=\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR^2} 1_{[x,\infty)}(y)\cdot{}1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)\cdot{}1_{[-1,1]}(x)dxdy=\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR^2} 1_{[-1,-\wurzel{0,5})}(x)\cdot{}1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)\cdot{}1_{[-1,1]}(x)+1_{[-\wurzel{0,5},1]}(x)\cdot{}1_{[x,\wurzel{1-x^2}]}(y)\cdot{}1_{[-1,1]}(x)dxdy[/mm]
[mm]P[X\le{Y}]=\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR^2} 1_{[x,\infty)}(y)\cdot{}1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)\cdot{}1_{[-1,1]}(x)dxdy=\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR^2}(1_{[-1,-\wurzel{0,5})}(x)\cdot{}1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)+1_{[-\wurzel{0,5},\wurzel{0,5}]}(x)\cdot{}1_{[x,\wurzel{1-x^2}]}(y))dxdy[/mm]
[mm]=\bruch{1}{\pi}\cdot{}\integral_{\IR}1_{[-1,-\wurzel{0,5})}(x)\integral_{\IR}1_{[-\wurzel{1-x^2},\wurzel{1-x^2}]}(y)dydx+\integral_{\IR}1_{[-\wurzel{0,5},\wurzel{0,5}]}(x)\integral_{\IR}1_{[x,\wurzel{1-x^2}]}(y)dydx[/mm]
Mach mal hier weiter.
LG
gfm
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:29 Di 22.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
Okay, wenn ich das so mach wie du das zuvor vorgeschlagen hast, komm ich tatsächlich auf das erwartete Ergebnis von [mm] \bruch{1}{2}.
[/mm]
Jetzt müsstest du mir nur noch erklären warum ich bei meinem zweiten Integral nicht [mm] 1_{[-\wurzel{0,5},1]} [/mm] sondern [mm] 1_{[-\wurzel{0,5},\wurzel{0,5}]} [/mm] als Indikatorfunktion verwenden muss!
Das is mir irgendwie völlig unklar! Dank dir!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:33 Mi 23.06.2010 | | Autor: | gfm |
> Okay, wenn ich das so mach wie du das zuvor vorgeschlagen
> hast, komm ich tatsächlich auf das erwartete Ergebnis von
> [mm]\bruch{1}{2}.[/mm]
>
> Jetzt müsstest du mir nur noch erklären warum ich bei
> meinem zweiten Integral nicht [mm]1_{[-\wurzel{0,5},1]}[/mm] sondern
> [mm]1_{[-\wurzel{0,5},\wurzel{0,5}]}[/mm] als Indikatorfunktion
> verwenden muss!
Weil die Gerade y=x die Kurve [mm] y=\wurzel{1-x^2} [/mm] dort schneidet. Mach doch mal einne Zeichnung, dann siehst Du es.
> Das is mir irgendwie völlig unklar! Dank dir!
Na, mach Dein Problem nicht zu meinem! :)
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:18 Do 24.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
Okay ich hab immer nur die Gerade y=x und die Kurve [mm] y=-\wurzel{1-x^2} [/mm] betrachtet. Wenn ich jetzt im zweiten Teil die Kurve [mm] y=\wurzel{1-x^2} [/mm] verwende, dann passt alles. Vielen Dank nochmal.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:40 Di 22.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
Ich hätte noch ne Frage zu den angegebenen Polarkoordinaten.
Wie sind r bzw. [mm] \phi [/mm] verteilt?? Ich mein ist r einfach uniform auf [0,1] verteilt bzw. [mm] \phi [/mm] uniform auf [mm] [0,2\pi) [/mm] oder wie verhält es sich hier bzw. wie kann ich das überprüfen, um ganz sicher sein?
Vielen Dank für die Antwort!!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:35 Mi 23.06.2010 | | Autor: | gfm |
> Ich hätte noch ne Frage zu den angegebenen
> Polarkoordinaten.
> Wie sind r bzw. [mm]\phi[/mm] verteilt?? Ich mein ist r einfach
> uniform auf [0,1] verteilt bzw. [mm]\phi[/mm] uniform auf [mm][0,2\pi)[/mm]
> oder wie verhält es sich hier bzw. wie kann ich das
> überprüfen, um ganz sicher sein?
>
> Vielen Dank für die Antwort!!
Das hatten wir auch schon. [mm] dxdy=rdrd\phi.
[/mm]
r ist der Betrag der Funktionaldeterminate=(Betrag der Determinante der Jakobi-Matrix).
LG
gfm
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:43 Do 24.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
Ich bin gerade mehr durch Zufall im Stochastikbuch von Georgii auf etwas gestoßen.
Da steht, dass [mm] \phi [/mm] uniform verteilt auf [mm] [0,\pi) [/mm] und [mm] r^2 [/mm] uniform verteilt auf [0,1].
Wie ich aus deinen Angaben mit der Funktionaldeterminante aber darauf komme ist mir immer noch nicht klar! Könntest du das etwas genauer sagen wie das funktioniert?
Noch eine kleine Frage: Wenn ich weiß, dass [mm] r^2 [/mm] uniform verteilt auf [0,1] ist, wie kann ich dann daraus die Verteilung von r bestimmen?
Vielen Dank schon mal.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:44 Do 24.06.2010 | | Autor: | gfm |
> Ich bin gerade mehr durch Zufall im Stochastikbuch von
> Georgii auf etwas gestoßen.
> Da steht, dass [mm]\phi[/mm] uniform verteilt auf [mm][0,\pi)[/mm] und [mm]r^2[/mm]
> uniform verteilt auf [0,1].
>
> Wie ich aus deinen Angaben mit der Funktionaldeterminante
> aber darauf komme ist mir immer noch nicht klar! Könntest
> du das etwas genauer sagen wie das funktioniert?
>
> Noch eine kleine Frage: Wenn ich weiß, dass [mm]r^2[/mm] uniform
> verteilt auf [0,1] ist, wie kann ich dann daraus die
> Verteilung von r bestimmen?
>
> Vielen Dank schon mal.
Du hast zwei ZV [mm]X,Y[/mm] gegeben, welche die gemeinsame Dichte [mm]1/\pi 1_E(x,y)[/mm] mit [mm]E=\{(u,v):u^2+v^2\le1\}[/mm] haben. Die Wahrscheinlichkeit, dass Werte in der Menge [mm]B\subset E[/mm] realisiert werden ist dann
[mm]P(\{(X,Y)\in B\})=1/\pi \integral_{\IR^2}1_B(x,y)1_E(x,y)d\lambda^2(x,y)[/mm].
Wenn Du bei der Auswertung des Integrals die Substitution [mm]x=r\cos\phi[/mm] und [mm]y=r\sin\phi[/mm] mit [mm]r\in(0,\infty)[/mm] und [mm]\phi\in[0,2\pi)[/mm] machst, erhälst Du
[mm]P(\{(X,Y)\in B\})=1/\pi \integral_{[0,\infty)\times[0,2\pi)} 1_B(r\cos\phi,r\sin\phi)1_E(r\sin\phi,r\sin\phi)rd\lambda^2(r,\phi)[/mm],
denn i.A. gilt, dass, wenn [mm]f:U\subset\IR^n\to \IR^n; (v^1,...,v^n)=(f^{v^1}(u^1,...,u^n),...,f^{v^n}(u^1,...,u^n))[/mm] stetig differenzierbar ist, der Integrand mit [mm]N(v)d\lambda^n(v)=\Big|Det(\frac{\partial{f^{v^i}}}{\partial{u^j}})\Big|d\lambda^n(u)[/mm] umgerechnet werden muss, wobei [mm]N(v)[/mm] die Anzahl der [mm]u[/mm] ist, für die [mm]v=f(u)[/mm] und [mm]Det(\frac{\partial{f^{v^i}}}{\partial{u^j}})\not=0[/mm] ist. Und in Deinem Fall reduziert sich der Betrag der Funktionaldeterminante auf [mm]r[/mm] und [mm]N(v)\equiv1[/mm]. Diese Substitution ist gerade dann von Vorteil, wenn sich das schreiben läßt als
[mm]P(\{(X,Y)\in B\})=1/\pi \integral_{(0,\infty)\times[0,2\pi)} 1_{B'}(r,\phi)1_{E'}(r,\phi)rd\lambda^2(r,\phi)[/mm] (*)
mit geeigneten, besonders einfach angebbaren Mengen [mm]B'[/mm] und [mm]E'[/mm]. Einfach angebbar sind z.B. Vereinigungen von Rechtecken mit achsenparallen Seiten im [mm](r,\phi)[/mm]-Raum: [mm]E'=(0,1)\times[0,2\pi)[/mm]. In dem auszurechnenden Beispiel hat Dein [mm]B'[/mm] auch so eine einfache Form: [mm]B'=(0,1)\times[5/4\pi,2\pi)\cup(0,1)\times[0,\pi/4)[/mm]
(*) kann man uminterpretieren:
[mm]1/\pi \integral_{(0,\infty)\times[0,2\pi)} 1_{B'}(r,\phi)1_{E'}(r,\phi)rd\lambda^2(r,\phi)=P(\{(R,\Phi)\in B'\})[/mm]
Das ist ein Ausdruck für zwei ZV [mm]R[/mm] und [mm]\Phi[/mm] im [mm](r,\phi)[/mm]-Raum, welche die gemeinsame Dichte [mm]f_{(R,\Phi)}(r,\phi):=1/\pi*r*1_{E'}(r,\phi)[/mm] besitzen. [mm]X[/mm] und [mm]Y[/mm] hängen von diesen gemäß [mm]X=R*\cos(\Phi)[/mm] und [mm]Y=R*\sin(\Phi)[/mm] ab. Um zu den Marginal-(oder Rand-)verteilungen zu gelangen, muss man jeweils über die andere Variable integrieren und erhält
[mm]f_{\Phi}(\phi)=\frac{1}{2\pi}1_{[0,2\pi)}(\phi)[/mm]
[mm]f_{R}(r)=2*r*1_{(0,1]}(r)[/mm],
womit sich
[mm]F_\Phi(\phi)=\frac{\phi}{2\pi}1_{[0,2\pi)}(\phi)+1_{[2\pi,\infty)}[/mm][mm] (\phi)
[/mm]
[mm]F_R(r)=r^21_{(0,1)}(r)+1_{[1,\infty)}(r)[/mm]
ergibt.
Wenn [mm]X\ge0[/mm], gilt ganz allgemein [mm]F_{X^2}(t)=P(\{X^2\le t\})=P(\{X\le \wurzel{t}\})=F_X(\wurzel{t})[/mm] für [mm]t\ge0[/mm] (sonst =0). Mit [mm]F_R(r)=r^21_{(0,1)}(r)+1_{[1,\infty)}(r)=r^21_{(0,1)}(r^2)+1_{[1,\infty)}(r^2)[/mm] für [mm]r\ge0[/mm] folgt
[mm]F_{R^2}(r)=F_R(\wurzel{r})=r1_{(0,1)}(r)+1_{[1,\infty)}(r)[/mm].
Das ist wieder eine Gleichverteilung.
LG
gfm
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:30 Do 24.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
Okay wow, vielen vielen Dank für die Antwort.
Bei solchen Antworten könnte man glatt vermuten, dass hier im Forum Gebühren verlangt werden :).
Ich hätte dennoch noch zwei zusätzliche Fragen.
Ers mal allgemein: Wenn in der Aufgabenstellung steht, man soll die Verteilung von [mm] \Phi [/mm] bestimmen, was muss ich dann hinschreiben, die Verteilungsfunktion [mm] F_{\Phi}(\phi) [/mm] oder die Wahrscheinlichkeitsdichte [mm] f_{\Phi}(\phi)??
[/mm]
Und was ist bei stetigen Zufallsvariablen eigentlich der Unterschied zwischen Wahrscheinlichkeitsdichte, Wahrscheinlichkeitsmaß und Verteilung?? Oder kann man die Begriffe äquivalent verwenden?
Dann wollt ich noch was zur Gleichverteilung wissen.
Mir ist klar, dass [mm] F_{R^2}(r)=F_R(\wurzel{r})=r1_{(0,1)}(r)+1_{[1,\infty)}(r) [/mm] gleichverteilt ist, da ja hier nur ein r steht, warum ist aber auch [mm] F_R(r)=r^21_{(0,1)}(r)+1_{[1,\infty)}(r) [/mm] gleichverteilt denn hier steht ja ein [mm] r^2??
[/mm]
Vielen Dank!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:45 Do 24.06.2010 | | Autor: | gfm |
> Ich hätte dennoch noch zwei zusätzliche Fragen.
> Ers mal allgemein: Wenn in der Aufgabenstellung steht, man
> soll die Verteilung von [mm]\Phi[/mm] bestimmen, was muss ich dann
> hinschreiben, die Verteilungsfunktion [mm]F_{\Phi}(\phi)[/mm] oder
> die Wahrscheinlichkeitsdichte [mm]f_{\Phi}(\phi)??[/mm]
I.A. erstmal die Verteilungsfunktion [mm] F_X(t):=P(\{X\le t\}), [/mm] denn nicht jedes Maß läßt sich nur mit einer Dichte gegen das Lebesgue-Maß darstellen.
Z.B. habe X eine Dichte [mm] f_X(t)>0 \forall t\in\IR. [/mm] Dann kann man die Verteilung von [mm] Z=X*1_{[0,\infty)}(X) [/mm] nicht mit nur einer Dichte schreiben, da bei Z=0 die Wahrscheinlichkeit von [mm] X\le0 [/mm] konzentriert ist.
> Und was ist bei stetigen Zufallsvariablen eigentlich der
> Unterschied zwischen Wahrscheinlichkeitsdichte,
> Wahrscheinlichkeitsmaß und Verteilung?? Oder kann man die
> Begriffe äquivalent verwenden?
W-Maß: [mm] P_X(B):=P(\{X\in B\})=P(X^{-1}(B))=
[/mm]
Verteilung: [mm] F_X(t):=P_X((-\infty,t])=P(\{X\in(-\infty,t]\})=P(X^{-1}((-\infty,t]))
[/mm]
Dichte: Wenn [mm] P_X [/mm] absolutstetig gegen das Lebesgue-Maß ist oder wenn [mm] F_X(t) [/mm] eine absolutstetige Funktion ist existiert mindestens fast überall die Dichte [mm] f_X(t)=dF_X(t)/dt.
[/mm]
>
> Dann wollt ich noch was zur Gleichverteilung wissen.
> Mir ist klar, dass
> [mm]F_{R^2}(r)=F_R(\wurzel{r})=r1_{(0,1)}(r)+1_{[1,\infty)}(r)[/mm]
> gleichverteilt ist, da ja hier nur ein r steht, warum ist
> aber auch [mm]F_R(r)=r^21_{(0,1)}(r)+1_{[1,\infty)}(r)[/mm]
> gleichverteilt denn hier steht ja ein [mm]r^2??[/mm]
[mm] F_R [/mm] ist keine Gleichverteilung.
LG
gfm
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:34 Do 24.06.2010 | | Autor: | kegel53 |
Alles klar!! Herzlichsten Dank!
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