Dichtefunktion mit Indikatorv. < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Gegeben Sei die gemeinsame von X und Y mit [mm] f(x,y)=1I_{[0,1]}(x)*1I_{[0,2-2x]}(y) [/mm] (1I soll die Indikatorfkt. sein)
a) Zeige das f(x,y) eine Dichte ist.
b) Bestimme Die Randdichten von [mm] f_X [/mm] (x) und [mm] f_Y [/mm] (y)
c) Bestimme Cov(X,Y) |
Hi, kann jemand vielleicht überprüfen, ob ich die sachen so richtig gemacht habe? Wäre echt nett.
a) f(x,y) ist eine Dichte, falls gilt: [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dx dy}=1. [/mm] Wir haben jetzt:
[mm] \integral_{0}^{1}\integral_{0}^{2-2x}{1 dy dx}=\integral_{0}^{1}{(2-2x) dx}=1
[/mm]
Außerdem ist [mm] f(x,y)\ge [/mm] 0, und damit ist f(x,y) eine Dichtefunktion.
b) Für die Randverteilungen gilt:
[mm] f_X (x)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dy} [/mm] und [mm] f_Y (y)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dx} [/mm]
Wir erhalten:
[mm] f_X (x)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dy}=\integral_{0}^{2-2x}{1 dy}=(2-2x)*1I_{[0,1]}
[/mm]
[mm] f_Y (y)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dx}=\integral_{0}^{1}{1 dx}=1*1I_{[0,2-2x]}
[/mm]
vielleicht erstmal bis hierher. Kann jemand diese Ergebnisse bestätigen oder enthalten die Fehler??
danke für Hilfe.
Grüße
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 06:41 Mi 17.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Gegeben Sei die gemeinsame von X und Y mit
Hier fehlt "Dichte", oder?
> [mm]f(x,y)=1I_{[0,1]}(x)*1I_{[0,2-2x]}(y)[/mm] (1I soll die
> Indikatorfkt. sein)
>
> a) Zeige das f(x,y) eine Dichte ist.
> b) Bestimme Die Randdichten von [mm]f_X[/mm] (x) und [mm]f_Y[/mm] (y)
> c) Bestimme Cov(X,Y)
>
> Hi, kann jemand vielleicht überprüfen, ob ich die sachen
> so richtig gemacht habe? Wäre echt nett.
>
> a) f(x,y) ist eine Dichte, falls gilt:
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dx dy}=1.[/mm]
Und falls $f(x, y) [mm] \ge [/mm] 0$ ist fuer alle $x, y$. Das hast zu zwar zum Schluss der Loesung von a) noch erwaehnt, aber du solltest es wenn schon hier auch erwaehnen, oder die Integralbedingung hier auch weglassen.
> Wir haben jetzt:
>
> [mm]\integral_{0}^{1}\integral_{0}^{2-2x}{1 dy dx}=\integral_{0}^{1}{(2-2x) dx}=1[/mm]
>
> Außerdem ist [mm]f(x,y)\ge[/mm] 0, und damit ist f(x,y) eine
> Dichtefunktion.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> b) Für die Randverteilungen gilt:
Du meinst, fuer die Dichten der Randverteilungen gilt:
> [mm]f_X (x)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dy}[/mm] und [mm]f_Y (y)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dx}[/mm]
>
> Wir erhalten:
>
> [mm]f_X (x)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dy}=\integral_{0}^{2-2x}{1 dy}=(2-2x)*1I_{[0,1]}[/mm]
So stimmt es nicht ganz. Aus zwei Gruenden:
1) Das zweite Integral [mm] $\int_0^{2 - 2 x} [/mm] 1 dy$ hat kein [mm] $1I_{[0,1]}(x)$ [/mm] dabeistehen.
2) Es fehlt der Parameter bei [mm] $1I_{[0, 1]}$, [/mm] also es sollte dort [mm] $1I_{[0,1]}(x)$ [/mm] stehen.
> [mm]f_Y (y)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dx}[/mm]
Soweit stimmt's.
> [mm]=\integral_{0}^{1}{1 dx}=1*1I_{[0,2-2x]}[/mm]
Aber jetzt nicht mehr. Das Integral hat immer den Wert 1. Ganz egal was $y$ ist. Das stimmt so sicher nicht.
Und wenn schon meinst du [mm] $1I_{[0,2-2x]}(y)$ [/mm] und nicht einfach nur [mm] $1I_{[0,2-2x]}$.
[/mm]
Das Ergebnis muss uebrigens nur von $y$ abhaengen, ein $x$ darf nicht mehr vorkommen. Insofern stimmt da was nicht.
Du hast doch [mm] $\int_{-\infty}^\infty 1I_{[0,1]}(x) \cdot 1I_{[0,2-2x]}(y) [/mm] dx = [mm] \int_0^1 1I_{[0,2-2x]}(y) [/mm] dx$. Mach doch mal eine Fallunterscheidung:
1. Fall: $y < 0$;
2. Fall: $y > 2$;
3. Fall: $0 [mm] \le [/mm] y [mm] \le [/mm] 2$.
Fuer jeden Fall schaust du dir die Indikatorfunktion an: fuer welche $x$ ist sie [mm] $\neq [/mm] 0$? Dann kannst du das Integral in ein bis zwei Integrale mit Integrand 0 oder 1 aufteilen.
LG Felix
|
|
|
| |
|
Hi Felix,
> > Gegeben Sei die gemeinsame von X und Y mit
> Hier fehlt "Dichte", oder?
Ohh ja, das muss natürlich heißen gemeinsame Dichte, da habe ich wohl was vergessen.
> > a) f(x,y) ist eine Dichte, falls gilt:
> > $ [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dx dy}=1$
[/mm]
> Und falls $ f(x, y) [mm] \ge [/mm] 0 $ ist fuer alle $ x, y $.
Ok.
> Du meinst, fuer die Dichten der Randverteilungen gilt:
> > $ [mm] f_X (x)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dy} [/mm] $ und $ [mm] f_Y (y)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dx} [/mm] $
natürlich! alles dumme fehler, die eigentlich nicht passieren dürften.
> > $ [mm] f_X (x)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dy}=\integral_{0}^{2-2x}{1 dy}=(2-2x)\cdot{}1I_{[0,1]} [/mm] $
> So stimmt es nicht ganz. Aus zwei Gruenden:
> 1) Das zweite Integral $ [mm] \int_0^{2 - 2 x} [/mm] 1 dy $ hat kein $ [mm] 1I_{[0,1]}(x) [/mm] $ dabeistehen.
> 2) Es fehlt der Parameter bei $ [mm] 1I_{[0, 1]} [/mm] $, also es sollte dort $ [mm] 1I_{[0,1]}(x) [/mm] $ stehen.
D.h. richtig müsste es dann so aussehen:
[mm] f_X (x)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dy}=\integral_{0}^{2-2x}{1I_{[0,1]}(x) dy}=(2-2x)*1I_{[0,1]}(x)
[/mm]
richtig, oder??
Bei $ [mm] f_Y (y)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dx} [/mm] $ weiß ich jetzt gerade nicht, wie ich das machen muss:
> Du hast doch $ [mm] \int_{-\infty}^\infty 1I_{[0,1]}(x) \cdot 1I_{[0,2-2x]}(y) [/mm] dx = [mm] \int_0^1 1I_{[0,2-2x]}(y) [/mm] dx $. Mach doch mal eine Fallunterscheidung:
> 1. Fall: $ y < 0 $;
> 2. Fall: $ y > 2 $;
> 3. Fall: $ 0 [mm] \le [/mm] y [mm] \le [/mm] 2 $.
Die erste Frage hierzu. Die Betrachtung des Integrals in den Grenzen von [o,1] ist doch richtig oder? Da wir ja die Grenzen von x nehmen müssen? Also [mm] \int_0^1 1I_{[0,2-2x]}(y) [/mm] dx ??
Aber wie du das mit den Fallunterscheidungen meinst, habe ich auch nicht so verstanden, ist das sowas:
[mm] f_Y (y)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dx}=\integral_{-\infty}^{\infty}{1I_{[0,2-2x]}(y) dx} [/mm] + [mm] \int_0^1 1I_{[0,2-2x]}(y) [/mm] dx ????
> Fuer jeden Fall schaust du dir die Indikatorfunktion an: fuer welche $ x $ ist sie $ [mm] \neq [/mm] 0 $? Dann kannst du das Integral in ein bis zwei Integrale mit Integrand 0 oder 1 aufteilen.
Die Indikatorfkt. ist doch nur nicht Null, wenn x [mm] \in [/mm] [0,2-2x] ist. Ist dies nicht der Fall, so ist sie 0. Oder muss es in diesem Fall heißen x [mm] \in [/mm] [0,1] da wir die Grenzen von x nehmen??
Meinst du das dann vielleicht so:
[mm] f_Y (y)=\integral_{-\infty}^{\infty}{1I_{[0,2-2x]}(y) dx} [/mm] + [mm] \int_0^1 1I_{[0,2-2x]}(y) [/mm] dx = [mm] 0+1I_{[0,2-2x]}(y)=1I_{[0,2-2x]}(y), [/mm] die x aus [0,2-2x] kriegt man ja schlecht heraus.
Ist das so richtig??
Danke für Hilfe.
Grüße
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 03:42 Fr 19.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> D.h. richtig müsste es dann so aussehen:
>
> [mm]f_X (x)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dy}=\integral_{0}^{2-2x}{1I_{[0,1]}(x) dy}=(2-2x)*1I_{[0,1]}(x)[/mm]
>
> richtig, oder??
Ja.
> Bei [mm]f_Y (y)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dx}[/mm] weiß
> ich jetzt gerade nicht, wie ich das machen muss:
>
> > Du hast doch [mm]\int_{-\infty}^\infty 1I_{[0,1]}(x) \cdot 1I_{[0,2-2x]}(y) dx = \int_0^1 1I_{[0,2-2x]}(y) dx [/mm].
> Mach doch mal eine Fallunterscheidung:
> > 1. Fall: [mm]y < 0 [/mm];
> > 2. Fall: [mm]y > 2 [/mm];
> > 3. Fall: [mm]0 \le y \le 2 [/mm].
>
> Die erste Frage hierzu. Die Betrachtung des Integrals in
> den Grenzen von [o,1] ist doch richtig oder? Da wir ja die
> Grenzen von x nehmen müssen? Also [mm]\int_0^1 1I_{[0,2-2x]}(y)[/mm]
> dx ??
Genau.
> Aber wie du das mit den Fallunterscheidungen meinst, habe
> ich auch nicht so verstanden, ist das sowas:
>
> [mm]f_Y (y)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dx}=\integral_{-\infty}^{\infty}{1I_{[0,2-2x]}(y) dx}[/mm]
> + [mm]\int_0^1 1I_{[0,2-2x]}(y)[/mm] dx ????
Nein, das ist doch Quark.
> > Fuer jeden Fall schaust du dir die Indikatorfunktion an:
> > fuer welche [mm]x[/mm] ist sie [mm]\neq 0 [/mm]? Dann kannst du das Integral
> > in ein bis zwei Integrale mit Integrand 0 oder 1
> > aufteilen.
>
> Die Indikatorfkt. ist doch nur nicht Null, wenn x [mm]\in[/mm]
> [0,2-2x] ist. Ist dies nicht der Fall, so ist sie 0. Oder
Nein, wenn $y$ da drinnen ist. Nicht $x$.
> muss es in diesem Fall heißen x [mm]\in[/mm] [0,1] da wir die
> Grenzen von x nehmen??
Nein.
> Meinst du das dann vielleicht so:
>
> [mm]f_Y (y)=\integral_{-\infty}^{\infty}{1I_{[0,2-2x]}(y) dx}[/mm] +
> [mm]\int_0^1 1I_{[0,2-2x]}(y)[/mm] dx =
> [mm]0+1I_{[0,2-2x]}(y)=1I_{[0,2-2x]}(y),[/mm]
Ganz bestimmt nicht.
> die x aus [0,2-2x]
> kriegt man ja schlecht heraus.
Doch, das ist wirklich nicht schwer.
> > 1. Fall: [mm]y < 0 [/mm];
> > 2. Fall: [mm]y > 2 [/mm];
Was ist [mm] $1I_{[0,2-2x]}(y)$ [/mm] fuer jedes $x [mm] \in [/mm] [0, 1]$ dann? Setz es doch mal ein und denk etwas nach. Das Ergebnis ist echt einfach.
Also, was ist [mm] $f_Y(y)$ [/mm] in den Faellen?
> > 3. Fall: [mm]0 \le y \le 2 [/mm].
Fuer welche Werte von $x [mm] \in [/mm] [0, 1]$ ist nun [mm] $1I_{[0,2-2x]}(y) [/mm] = 0$ und fuer welche ist 1?
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 10:11 Fr 19.02.2010 | | Autor: | jaruleking |
Hi Felix,
sorry das ich mich so dumm anstelle, aber komme da irgendwie echt nicht drauf.
> > die x aus [0,2-2x]
> > kriegt man ja schlecht heraus.
> Doch, das ist wirklich nicht schwer.
> > 1. Fall: $ y < 0 $;
> > 2. Fall: $ y > 2 $;
> Was ist $ [mm] 1I_{[0,2-2x]}(y) [/mm] $ fuer jedes $ x [mm] \in [/mm] [0, 1] $ dann? Setz es doch mal ein und denk etwas nach. Das Ergebnis ist echt einfach.
> Also, was ist $ [mm] f_Y(y) [/mm] $ in den Faellen?
> > 3. Fall: $ 0 [mm] \le [/mm] y [mm] \le [/mm] 2 $.
heißt das, ich soll in [mm] 1I_{[0,2-2x]}(y) [/mm] erstmal die Werte x=0 und x=1 einsetzen? Setze ich x=0 ein, komme ich auf:
[mm] 1I_{[0,2]}(y)
[/mm]
setze ich x=1 ein, so komme ich auf:
[mm] 1I_{[0,0]}(y), [/mm] was sagt mir das jetzt? wie muss ich fortfahren?
d.h. für x=0 entspricht es ja sicher dem, was du unter Fall 3 geschrieben hast, also: 3. Fall: $ 0 [mm] \le [/mm] y [mm] \le [/mm] 2 $.
> Fuer welche Werte von $ x [mm] \in [/mm] [0, 1] $ ist nun $ [mm] 1I_{[0,2-2x]}(y) [/mm] = 0 $ und fuer welche ist 1?
Ist das dann so: für ist x [mm] \in [/mm] [0, 1] gilt: [mm] 1I_{[0,2]}(y) [/mm] = 1 und [mm] 1I_{[0,0]}(y) [/mm] = 0
Und wie stelle ich jetzt die Integrale auf?
[mm] f_Y (y)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x,y) dx}
[/mm]
= [mm] \int_0^1 1I_{[0,2-2x]}(y)dx [/mm]
= [mm] 1I_{[0,2]}(y) [/mm]
Aber das geht ja auch wieder nicht, denn erstens meintest du ja, dass da zwei Integrale stehen müssen, und zweitens ist [mm] \int_0^2 1I_{[0,2]}(y)dy\not=1
[/mm]
kann mir vielleicht nochmal wer helfen? komm da echt nicht weiter.
Grüße
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:22 Fr 19.02.2010 | | Autor: | jaruleking |
Hi, diese Frage hat sich erledigt, weiß aber nicht, wie das da jetzt rausbekomme.
Grüße
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:14 Fr 19.02.2010 | | Autor: | gfm |
Vorab: Ich schreibe die Ind.-Funkt. gerne nur so: [mm] 1_A(x).
[/mm]
Deine als Dichte zu verifizierende Funktion hat also die Gestalt
[mm] f(x,y)=1_A(x)1_{B(x)}(y). [/mm] Mit einer kontanten Menge A und einer von x abhängenden Menge B. Als Produkt zweier nicht negativer Funktionen ist sie nicht negativ. Nun sollst Du noch prüfen, ob das Integral über [mm] \IR^2 [/mm] eins ergibt:
[mm] \integral_{\IR^2}f(x,y)d\lambda^2(x,y)=1?
[/mm]
[mm] \integral_{\IR^2}f(x,y)d\lambda^2(x,y)=\integral_{\IR^2}1_A(x)1_{B(x)}(y)d\lambda^2(x,y)=\integral_{\IR}\integral_{\IR}1_A(x)1_{B(x)}(y)dxdy
[/mm]
Die Integration bezüglich y kann man sofort ausführen:
[mm] =\integral_{\IR}1_A(x)(\integral_{\IR}1_{B(x)}(y)dy)dx=\integral_{\IR}1_A(x)\lambda(B(x))dx
[/mm]
B hat die Länge 2(1-x):
[mm] =\integral_{\IR}1_A(x)2(1-x)dx
[/mm]
Da A=[0,1] muss man also nur von 0 bis 1 integrieren:
= [mm] \integral_0^1 2(1-x)dx=[2x-x^2]_0^1=2*1-1^2=1
[/mm]
Das paßt auch anschaulich, wenn man sich ein Bild von f(x,y) macht. Das ist nämlich ein Prisma der Höhe 1, welches seine Grundfläche in der x,y-Ebene liegen hat. Diese Grundfläche ist ein Dreickeck, dessen Seiten von null bis eins auf der x-Achse, von null bis zwei auf der y-Achse laufen. Die dritte Seite läuft von eins auf der x-Achse nach zwei auf der y-Achse. Die Grundfläche hat also den Inhalt eins und mit der Höhe von eins ist das Volumen auch eins.
Zur Bestimmung der Randverteilungen integrierst Du
f(x,y) über jeweils nur eine Variable:
[mm] f_X(x)=\integral_{\IR}f(x,y)dy
[/mm]
[mm] f_Y(y)=\integral_{\IR}f(x,y)dx
[/mm]
[mm] f_X(x)=\integral_{\IR}1_A(x)1_{B(x)}(y)dy
[/mm]
da [mm] 1_A(x) [/mm] konstant ist in diesem Integral:
[mm] =1_A(x)\integral_{\IR}1_{B(x)}(y)dy=1_A(x)\lambda(B(x))=2(1-x)1_{[0,1]}(x)
[/mm]
[mm] f_Y(y)=\integral_{\IR}1_A(x)1_{B(x)}(y)dx=\integral_{\IR}1_A(x)1_{[0,2(1-x)]}(y)dx
[/mm]
Die Ind.-Funk. kann man auch anders schreiben (Ziel nur "x" als Argument in der Indikatorfuntion zu haben):
[mm] 1_{[0,2(1-x)]}(y)=1_{[y,\infty)}(2(1-x))=1_{[y/2,\infty)}(1-x)=1_{[y/2-1,\infty)}(-x)=1_{(-\infty,1-y/2]}(x)
[/mm]
Damit wird das Integral:
[mm] =\integral_{\IR}1_A(x) 1_{(-\infty,1-y/2]}(x)dx=\integral_{\IR}1_{A\cap(-\infty,1-y/2]}(x)dx=\lambda([0,1]\cap(-\infty,1-y/2])=(1-y/2)1_{[0,2]}(y)
[/mm]
Hoffe das paßt. Hab es nicht kontrolliert.
LG
gfm
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:49 Fr 19.02.2010 | | Autor: | jaruleking |
Ok,
jetzt habe ich es verstanden.
Danke euch.
Grüße
|
|
|
|
