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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:37 Mo 12.01.2009 | | Autor: | Marcel08 |
| Aufgabe | Transformation einer gleichverteilten Zufallsvariablen
Seien Y eine in [mm] [\pi,2\pi] [/mm] gleichverteilte Zufallsvariable, [mm] U=cos(Y+\pi) [/mm] und [mm] V=sin(Y-\pi).
[/mm]
a) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion von |U|.
b) Berechnen Sie [mm] P(|U|\le|V|).
[/mm]
c) Berechnen Sie den Erwartungswert und die Varianz von U.
d) Sind U und V unabhängig? Sind |U| und [mm] U^{2}+V^{2}
[/mm]
unabhängig? |
Lieber Matheraum,
bei meiner Frage beziehe ich mich zunächst auf die Aufgabe a) und würde gerne wissen, ob mein bisheriger Ansatz soweit in Ordnung ist.
Zunächst würde ich die Dichte von Y berechnen:
[mm] f(y)=\begin{cases}\bruch{1}{2\pi-\pi}=\bruch{1}{\pi}, & \mbox{für } \pi \le Y \le2\pi \mbox{ } \\ 0, & \mbox{ } sonst \mbox{ } \end{cases}
[/mm]
Da es sich hier um eine konstante Dichte handelt, haben wir es hier offenbar mit einer stetig gleichverteilten Zufallsvariable zu tun.
Jetzt komme ich allerdings nicht weiter. Meine Frage lautet daher:
Welche Formel muss ich nun ansetzen, um die Verteilungsfunktion von |U| berechnen zu können?
Über eine baldige Hilfe würde ich mich sehr freuen.
Gruß, Marcel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:58 Mo 12.01.2009 | | Autor: | luis52 |
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> Welche Formel muss ich nun ansetzen, um die
> Verteilungsfunktion von |U| berechnen zu können?
>
Moin Marcel,
mache dir zunaechst klar, welche Werte |U| annimmt (es sind Werte aus
[0,1]). Waehle [mm] $u\in[0,1]$, [/mm] und bestimme die Verteilungsfunktion
[mm] $G(u)=P(|U|\le [/mm] u)$, indem du diese Wsk auf die Verteilung von Y
zurueckfuehrst. Eine Skizze koennte hilfreich sein.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:45 Mo 12.01.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Hallo luis52,
wie bereits erwähnt, habe ich mich ja für die Formel der stetigen Zufallsvariablen entschieden. Für die Verteilungsfunktion [mm] G(u)=P(|U|\le [/mm] u) würde ich dann gemäß der allgemeinen Formel
[mm] F(x)=\integral_{-\infty}^{x}{f(t) dt}
[/mm]
das folgende Integral ansetzen
[mm] G(u)=\integral_{-\infty}^{u}{\bruch{1}{\pi} dy}
[/mm]
Hier weiß ich jedoch nicht genau, wie die Grenzen des Integrals aussehen müssen. Mit [mm] -\infty [/mm] läuft meine Stammfunktion gegen unendlich und mit den Grenzen 1 und 2 erhalte ich wieder [mm] \bruch{1}{\pi}.
[/mm]
Eine andere Idee, die mir gekommen ist, wäre |U| durch [mm] |cos(Y+\pi)| [/mm] zu substituieren und dann nach Y umzustellen. Im Zuge der Anwendung eines Additionstheorems erhielte ich dann
[mm] P(|cos(Y+\pi)|\le [/mm] u)
[mm] =P(cos(Y)*cos(\pi)+sin(Y)*sin(\pi)|\le [/mm] u)
[mm] =P(|-cos(Y)|\le [/mm] u)
[mm] =P(cos(Y)\le [/mm] u)
[mm] =P(Y\le [/mm] arccos(u))
Wäre vielleicht dieser Weg korrekt? Wie würde dann allerdings die zweite Grenze meines Integrals lauten? Das ist mir alles noch etwas rätselhaft, tut mir leid. Es wäre nett, wenn du mir vielleicht nochmal helfen könntest.
Gruß, Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:18 Mo 12.01.2009 | | Autor: | luis52 |
> Hallo luis52,
>
> wie bereits erwähnt, habe ich mich ja für die Formel der
> stetigen Zufallsvariablen entschieden. Für die
> Verteilungsfunktion [mm]G(u)=P(|U|\le[/mm] u) würde ich dann gemäß
> der allgemeinen Formel
>
>
> [mm]F(x)=\integral_{-\infty}^{x}{f(t) dt}[/mm]
>
>
>
> das folgende Integral ansetzen
>
>
> [mm]G(u)=\integral_{-\infty}^{u}{\bruch{1}{\pi} dy}[/mm]
>
>
>
> Hier weiß ich jedoch nicht genau, wie die Grenzen des
> Integrals aussehen müssen. Mit [mm]-\infty[/mm] läuft meine
> Stammfunktion gegen unendlich und mit den Grenzen 1 und 2
> erhalte ich wieder [mm]\bruch{1}{\pi}.[/mm]
Hier kann ich dir nicht folgen.
>
>
>
> Eine andere Idee, die mir gekommen ist, wäre |U| durch
> [mm]|cos(Y+\pi)|[/mm] zu substituieren und dann nach Y umzustellen.
> Im Zuge der Anwendung eines Additionstheorems erhielte ich
> dann
>
>
> [mm]P(|cos(Y+\pi)|\le[/mm] u)
>
>
> [mm]=P(cos(Y)*cos(\pi)+sin(Y)*sin(\pi)|\le[/mm] u)
>
>
> [mm]=P(|-cos(Y)|\le[/mm] u)
>
>
> [mm]=P(cos(Y)\le[/mm] u)
>
>
> [mm]=P(Y\le[/mm] arccos(u))
>
>
>
> Wäre vielleicht dieser Weg korrekt? Wie würde dann
> allerdings die zweite Grenze meines Integrals lauten? Das
> ist mir alles noch etwas rätselhaft, tut mir leid. Es wäre
> nett, wenn du mir vielleicht nochmal helfen könntest.
Das sieht sehr viel besser aus, aber fuer die vorletzte Gleichung rechne ich so:
[mm] $P(|-\cos(Y)|\le u)=P(|\cos(Y)|\le [/mm] u)$.
Du kannst das Betragszeichen nicht unter den Tisch fallen lassen, da [mm] \cos(y+\pi) [/mm] in [mm] $[\pi,2\pi]$ [/mm] sowohl positive als auch negative Werte
annimmt. An dieser Stelle empfehle ich die Erstellung einer Skizze. *Ich* errechne so
[mm] $P(|\cos(Y)|\le u)=P(-u\le\cos(Y)\le+u)=\frac{\arccos(-u)-\arccos(u)}{\pi}$.
[/mm]
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:30 Di 13.01.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Hallo luis52,
vielen Dank für deine schöne Erklärung. Nun habe ich mir den Aufgabenteil b) angesehen und bin wie folgt vorgegangen. Es wäre nett, wenn du nochmal deinen Kommentar dazu posten könntest.
[mm] P(|U|\le|V|)
[/mm]
[mm] =P(|cos(Y+\pi)|\le|sin(Y-\pi|)
[/mm]
Additionstheoreme liefern dann wieder
[mm] =P(|cos(Y)|\le|sin(Y)|)
[/mm]
Laut meiner Skizze nimmt nun [mm] sin(Y-\pi) [/mm] in [mm] [\pi,2\pi] [/mm] keine negativen Werte an. Deswegen würde ich nun wie folgt fortfahren:
[mm] P(|cos(Y)|\le|sin(Y)|)
[/mm]
[mm] =P(|cos(Y)|\le [/mm] sin(Y))
[mm] =P(0\le |cos(Y)|\le [/mm] sin(Y))
[mm] =\integral_{0}^{sin(Y)}{\bruch{1}{\pi} dy}
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{\pi}*sin(Y)
[/mm]
Wäre das so richtig? Über eine baldige Antwort würde ich mich sehr freuen.
Gruß, Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:31 Di 13.01.2009 | | Autor: | luis52 |
>
> Wäre das so richtig? Über eine baldige Antwort würde ich
> mich sehr freuen.
>
Ganz bestimmt nicht, man erwartet hier eine Zahl. Schau dir mal die
Skizze an. Dort kannst du leicht die Menge aller y-Werte ablesen, wo
die Ungleichung erfuellt ist.
vg Luis
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:43 Di 13.01.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Hallo luis52,
nach deiner Skizze würde ich dann wie folgt vorgehen:
[mm] \integral_{3,9}^{5,5}{\bruch{1}{\pi} dy}
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{\pi}(5,5-3,9)
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{\pi}1,6
[/mm]
[mm] \approx0,51
[/mm]
Wäre das soweit korrekt, auch wenn die Grenzen zunächst mal nicht mathematisch errechnet worden sind?
Gruß, Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:53 Di 13.01.2009 | | Autor: | luis52 |
> Hallo luis52,
>
> nach deiner Skizze würde ich dann wie folgt vorgehen:
>
>
>
> [mm]\integral_{3,9}^{5,5}{\bruch{1}{\pi} dy}[/mm]
>
>
> [mm]=\bruch{1}{\pi}(5,5-3,9)[/mm]
>
>
> [mm]=\bruch{1}{\pi}1,6[/mm]
>
>
> [mm]\approx0,51[/mm]
>
>
>
> Wäre das soweit korrekt, auch wenn die Grenzen zunächst mal
> nicht mathematisch errechnet worden sind?
>
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Die Grenzen sind [mm] [5\pi/4,7\pi/4].
[/mm]
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:11 Di 13.01.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Hallo luis52,
vielen Dank! Es wäre nett, wenn du nochmal über meine Lösungsvorschläge des Aufgabenteils c) schauen könntest?
Berechnung des Erwartungswertes von U
[mm] E(U)=\integral_{\pi}^{2\pi}{x*\bruch{1}{\pi} dx}
[/mm]
[mm] =2\pi-\bruch{1}{2}\pi
[/mm]
[mm] =\bruch{3}{2}\pi
[/mm]
Berechnung der Varianz von U
[mm] Var(U)=\integral_{0}^{1}{(u-\bruch{3}{2}\pi)^{2}*\bruch{1}{\pi} du}
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{3\pi}-\bruch{3}{2}+\bruch{9}{4}\pi
[/mm]
[mm] \approx5,675
[/mm]
Gruß, Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:53 Di 13.01.2009 | | Autor: | luis52 |
>
> Berechnung des Erwartungswertes von U
>
>
>
> [mm]E(U)=\integral_{\pi}^{2\pi}{x*\bruch{1}{\pi} dx}[/mm]
>
>
>
>
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
[mm] $\operatorname{E}[U]=\integral_{\pi}^{2\pi}\frac{\cos(y+\pi)}{\pi}\, [/mm] dy$ ...
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:06 Mi 14.01.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Hallo luis52,
meine korrigierten Lösungsvorschläge lauten:
Berechnung des Erwartungswertes E(U)
[mm] E(U)=\bruch{1}{\pi}\integral_{\pi}^{2\pi}{cos(y+\pi) dy}
[/mm]
[mm] =-\bruch{1}{\pi}\integral_{\pi}^{2\pi}{cos(y) dy}
[/mm]
[mm] =-\bruch{1}{\pi}*sin(y)|_{\pi}^{2\pi}
[/mm]
=0
Berechnung der Varianz von U
[mm] Var(U)=\bruch{1}{\pi}\integral_{\pi}^{2\pi}{(cos(y+\pi))^{2} dy}
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{\pi}\integral_{\pi}^{2\pi}{(-cos(y))^{2} dy}
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{4\pi}*(sin(2y)+2y)|_{\pi}^{2\pi}
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{2}
[/mm]
Stimmen die Ergebnisse soweit?
Gruß, Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:57 Mi 14.01.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Hallo luis52,
du hattest wohl Recht mit deiner Vermutung. 
Ich beziehe mich zunächst auf den zweiten Teil der Aufgabe d):
Für [mm] |U|=|cos(Y+\pi)| [/mm] erhalte ich
=|-cos(Y)|
Für [mm] U^{2}+V^{2} [/mm] erhalte ich
[mm] (cos(Y))^{2}+(sin(Y))^{2}
[/mm]
=1
Hier würde ich zu dem Entschluß kommen, dass |U| und U²+V² unabhängig voneinander sind, da die konstante Funktion 1 die Zufallsvariable Y nicht mehr beinhaltet und somit von selbiger nicht mehr beinflusst wird.
Anders sieht es meiner Meinung nach im ersten Fall aus. Hier errechne ich für [mm] U=cos(Y+\pi)
[/mm]
=-cos(Y)
und für [mm] V=sin(Y-\pi)
[/mm]
=sin(Y)
Aufgrund der Tatsache, dass beide Funktionen nach wie vor die Zufallsvariable Y enthalten, würde ich hier eine Abhängigkeit zwischen U und V vermuten. Was würdest du dazu sagen? Könnte man so argumentieren?
Gruß, Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:21 Mi 14.01.2009 | | Autor: | luis52 |
> Hallo luis52,
>
> du hattest wohl Recht mit deiner Vermutung.
> Ich beziehe mich zunächst auf den zweiten Teil der Aufgabe
> d):
>
>
>
> Für [mm]|U|=|cos(Y+\pi)|[/mm] erhalte ich
>
>
> =|-cos(Y)|
>
>
>
> Für [mm]U^{2}+V^{2}[/mm] erhalte ich
>
>
> [mm](cos(Y))^{2}+(sin(Y))^{2}[/mm]
>
>
> =1
>
>
>
> Hier würde ich zu dem Entschluß kommen, dass |U| und U²+V²
> unabhängig voneinander sind, da die konstante Funktion 1
> die Zufallsvariable Y nicht mehr beinhaltet und somit von
> selbiger nicht mehr beinflusst wird.
Hm, du sollst doch die Unabhaengigkeit von $|U|$ zeigen, nicht die von $Y$.
Betrachte mal [mm] $P(U^2+V^2=1\mid |U|\le [/mm] u)$ ...
>
>
>
>
> Anders sieht es meiner Meinung nach im ersten Fall aus.
> Hier errechne ich für [mm]U=cos(Y+\pi)[/mm]
>
>
> =-cos(Y)
>
>
>
> und für [mm]V=sin(Y-\pi)[/mm]
>
>
> =sin(Y)
>
>
>
> Aufgrund der Tatsache, dass beide Funktionen nach wie vor
> die Zufallsvariable Y enthalten, würde ich hier eine
> Abhängigkeit zwischen U und V vermuten. Was würdest du dazu
> sagen? Könnte man so argumentieren?
Sind $X,Y$ unabhaengig und standardnormalverteilt, so sind $g=X+Y$ und $h=X-Y$ unabhaengig, obwohl beide von X,Y abhaengen. Das wuerde m.E. deiner Argumentation widersprechen.
vg Luis
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Um die stochastische Unabhängigkeit zu erfüllen, müssten dann die folgenden Terme übereinstimmen. Sehe ich das richtig?
[mm] P(1\mid |U|\le u)=P(U^{2}+V^{2}=1)*P(|U|\le [/mm] u)
linker Teil:
Hier weiß ich leider nicht, wie man die Wahrscheinlichkeit berechnet. Macht man das über die Formel der bedingten Wahrscheinlichkeit?
rechter Teil:
[mm] P(U^{2}+V^{2}=1)*\bruch{arccos(-u)-arccos(u)}{\pi}
[/mm]
Hier fällt es mir auch schwer, die linke Wahrscheinlichkeit zu berechnen. Könntest du mir bitte nochmal helfen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:56 Mi 14.01.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Hallo luis52,
ich denke an dieser Stelle höre ich mal auf mit meiner Fragerei. Während der Bearbeitung der von mir gestellten Aufgaben offenbaren sich bei mir Defizite, die wohl auf vorherige Kapitel zurückzuführen sind.
Für deine Mühen und deine schönen Erklärungen bedanke ich mich jedenfalls recht herzlich.
Gruß, Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:20 Fr 16.01.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Nochmal eine Frage zu dieser Aufgabe:
Wie genau kannst du hier die Grenzen des Integrals, [mm] [\bruch{5\pi}{4}, \bruch{7\pi}{4}], [/mm] ermitteln?
Gruß, Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:20 Sa 14.02.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:44 Do 12.02.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Noch einmal zurück zu dieser Aufgabe
Wir haben ja
[mm] P(|\cos(Y)|\le u)=P(-u\le\cos(Y)\le+u)=\frac{\arccos(-u)-\arccos(u)}{\pi}
[/mm]
Wieso lautet das zu lösende Integral hier nicht
[mm] \integral_{arccos(-u)}^{arccos(u)}{\bruch{1}{\pi} dy},
[/mm]
da ja gemäß der Ungleichung arccos(-u) die untere Schranke darstellt, während arccos(u) die obere darstellt?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:35 Do 12.02.2009 | | Autor: | luis52 |
> Noch einmal zurück zu dieser Aufgabe
>
>
>
> Wir haben ja
>
>
> [mm]P(|\cos(Y)|\le u)=P(-u\le\cos(Y)\le+u)=\frac{\arccos(-u)-\arccos(u)}{\pi}[/mm]
>
>
>
> Wieso lautet das zu lösende Integral hier nicht
>
>
> [mm]\integral_{arccos(-u)}^{arccos(u)}{\bruch{1}{\pi} dy},[/mm]
>
>
> da ja gemäß der Ungleichung arccos(-u) die untere Schranke
> darstellt, während arccos(u) die obere darstellt?
>
>
>
>
>
Die Aufgabe haben wir 100 Jahren behandelt, ich kann mich kaum noch erinnern. Ausserdem ist deine Frage etwas wirr. Ich weiss nur:
[mm]\frac{\arccos(-u)-\arccos(u)}{\pi}=\integral_{arccos(-u)}^{arccos(u)}{\bruch{1}{\pi} dy},[/mm]
Hilft das?
vg Luis
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:53 Do 12.02.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Okay danke. Alles andere hätte mich auch gewundert.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:58 Do 12.02.2009 | | Autor: | luis52 |
Koennen wir diesen Thread somit als beantwortet schliessen?
Das waere mir eine Erleichterung. 
vg luis
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