Verteilung und Erwartungswert < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:21 Di 30.06.2009 | | Autor: | DerGraf |
| Aufgabe | | Die Koordinaten eines Punktes in der Ebene seien unabhängige [mm] N(0,\sigma^2)- [/mm] verteilte Zufallsgrößen [mm] (\sigma>0). [/mm] Man bestimme die Verteilungsdichte und den Erwartungswert vom Abstand des Punktes zum Koordinatenursprung. |
Hallo,
ich bräuchte dringend Hilfe bei dieser Aufgabe, da ich mir unter der gesuchten Verteilung nicht wirklich etwas vorstellen kann.
Hat einer von euch eine Idee dazu?
Gruß DerGraf
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:37 Mi 01.07.2009 | | Autor: | wauwau |
du hast die Verteilung der Koordinaten x,y und sollst die Verteilung von
[mm] \wurzel(x^2+y^2) [/mm] bestimmen
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:37 Mi 01.07.2009 | | Autor: | DerGraf |
Vielen Dank für deine Antwort, aber woher siehst du das so schnell? :)
Für [mm] R=\wurzel{x_1^2+x_2^2} [/mm] hatten wir ein Beispiel in der Vorlesung (, das war allerdings nur N(0,1), hoffe aber, die Transformation wird nicht ganz so viel verändern). Ich werde mich also erstmal daran versuchen und hoffe, dass ich zu einem Ergebnis komme.
Druß
DerGraf
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:54 Mi 01.07.2009 | | Autor: | DerGraf |
Hallo,
ich habe mich jetzt mit meinen Aufzeichnungen aus der Vorlesung durch diese Aufgabe durchgewurschtelt und bräuchte noch eine Korrektur. Könnte sich jemand mal meine Aufgabe anschauen, ob das alles so stimmt?
[mm] \vec x=(x_1,x_2)\Rightarrow f_{\vec x}(x_1,x_2)=\bruch{1}{2\pi\sigma^2}*e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}*x_1^2}*e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}*x_2^2}=\bruch{1}{2\pi\sigma^2}*e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}*(x_1^2+x_2^2)}
[/mm]
Setze [mm] x_1=R*cos(\alpha); x_2=R*sin(\alpha) [/mm] mit [mm] \alpha\in[0,2\pi); R\ge0
[/mm]
[mm] R^2=x_1^2+x_2^2
[/mm]
[mm] F_R(t)=P(R\le t)=P(\wurzel{x_1^2+x_2^2}\le t)=P(x_1^2+x_2^2\let^2)=\integral_{K_t}\bruch{1}{2\pi\sigma^2}*e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}*(x_1^2+x_2^2)} dx_1 dx_2=\integral_{0}^{2\pi}\integral_{0}^{t}\bruch{1}{2\pi\sigma^2}*e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}*(R^2)} [/mm] dR [mm] d\alpha
[/mm]
Nebenrechnung:
[mm] \integral_{0}^{\infty}{\bruch{R^3}{2*\sigma^2}*e^{-\bruch{R^2}{2\sigma^2}} dR}=\integral_{0}^{\infty}{y*e^{-y}*\bruch{2*R*\sigma^2}{2*R} dy}=\sigma^2*\integral_{0}^{\infty}{y*e^{-y} dy}=-\sigma^2*e^{-y}[_0^\infty=\sigma^2 [/mm] (Partielle Integration im vorletzten Schritt)
[mm] E(\vec x)=\integral_{0}^{2\pi}{\integral_{0}^{\infty}\bruch{1}{2\pi\sigma^2}*e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}*(R^2)}*R^2*|(cos(\alpha)*sin(\alpha)| dR d\alpha}=\integral_{0}^{2\pi} \bruch{|cos(\alpha)*sin(\alpha)|}{\pi}\integral_{0}^{\infty}{\bruch{R^3}{2*\sigma^2}*e^{-\bruch{R^2}{2\sigma^2}} dR} d\alpha=\integral_{0}^{2\pi} \bruch{|cos(\alpha)*sin(\alpha)|*\sigma^2}{\pi} d\alpha=\bruch{\sigma^2}{2\pi}*\integral_{0}^{2\pi}|sin(2*\alpha)| d\alpha=\bruch{\sigma^2}{2\pi}*4=\bruch{2*\sigma^2}{\pi}
[/mm]
Das innere Integral wurde mit der Nebenrechnung aufgelöst.
Ich hoffe, das ist jetzt richtig :)
Gruß
DerGraf
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Bonsoir Monsieur LeComte,
ich habe deinen Beitrag nur teilweise durchgesehen
und gehe nächstens schlafen.
Vielleicht könnte dir aber ein Artikel nützlich sein,
den ich heute (nein, schon wieder gestern) in einem
etwas anderen Zusammenhang geschrieben habe:
Gaussverteilung im R1 und im R2
Jedenfalls denke ich, dass der Übergang zu Polar-
koordinaten der Schlüssel zur Lösung deines Problems
ist.
![[gutenacht]](/images/smileys/gutenacht.gif "[gutenacht]") Al-Chwarizmi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:48 Do 02.07.2009 | | Autor: | DerGraf |
Die Polarkoordinaten habe ich doch bereits verwendet. Habe ich dabei etwa einen Fehler gemacht?
Gruß
DerGraf
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> Die Polarkoordinaten habe ich doch bereits verwendet.
Ach ja, klar ... ich hatte das eben wirklich
nicht richtig angeschaut, weil mich all die
Konstanten etwas abgeschreckt haben.
LG Al-Ch.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:06 Do 02.07.2009 | | Autor: | DerGraf |
Hallo und danke an alle fleißigen Helfer :)
Ich habe meine Fehler in der Rechnung bereits selbst gefunden und komme jetzt auch auf die [mm] \wurzel{\bruch{\pi}{2}}*\sigma [/mm] :)
Ich hatte beim Erwartungswert einfach mit [mm] x_1*x_2 [/mm] multipliziert, obwohl ich [mm] \wurzel{x_1^2+x_2^2} [/mm] als Zufallsgröße habe. Da konnte ja nichts bei rauskommen :)
Jetzt bin ich zumindest beruhigt, dass ich auf die gleiche Lösung komme, wie ihr.
Gruß
DerGraf
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:17 Do 02.07.2009 | | Autor: | luis52 |
> Ich hatte beim Erwartungswert einfach mit [mm]x_1*x_2[/mm]
> multipliziert,
Sso! 
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:26 Do 02.07.2009 | | Autor: | luis52 |
Moin ,
man kann das Ganze auch so angehen: [mm] $Y^2:=(X_1^2+X_2^2)/\sigma^2$ [/mm] ist [mm] $\chi^2(2)$-verteilt, [/mm] was eine Exponential(1/2)-Verteilung ist, siehe ![[]](/images/popup.gif) hier. Die Verteilungsfunktion ist demnach [mm] $G(x)=1-\exp(-x/2)$ [/mm] fuer $x>0$ und $G(x)=0$ sonst. Um die Verteilungsfunktion $F_$ von [mm] $Y=\sqrt{Y^2}$ [/mm] zu bestimmen, waehlen wir $y>0$. Dann ist
[mm] $F(y)=P(Y\le y)=P(Y^2\le y^2)=1-\exp(-y^2/2)\,,$
[/mm]
woraus man die Dichte [mm] $f(y)=y\exp(-y^2/2)$ [/mm] fuer $y>0$ und $f(y)=0$ sonst erhaelt. Mithin ist
[mm] $\operatorname{E}[Y]=\int_0^\infty y^2\exp(-y^2/2)\,dy=\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}\,.$
[/mm]
Es folgt
[mm] $\operatorname{E}\left[\sqrt{X_1^2+X_2^2}\right]=\sigma\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}\,.$
[/mm]
vg Luis
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