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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:51 Do 06.11.2014 | | Autor: | GeMir |
| Aufgabe | | Zeigen Sie: $X [mm] \sim \Gamma(\alpha, \beta) \Rightarrow [/mm] aX [mm] \sim \Gamma\bigg(\frac{\alpha}{a}, \beta\bigg)$ [/mm] für $0 < a [mm] \in \mathbb{R}$ [/mm] |
Mein Ansatz:
$P(aX [mm] \leqslant [/mm] x) = [mm] P\bigg(X \leqslant \frac{x}{a}\bigg) [/mm] = [mm] \int_{-\infty}^{\frac{x}{a}}{\frac{\alpha^\beta}{\Gamma(\beta)}\cdot y^{\beta-1}\cdot e^{-\alpha y}\cdot\mathds{1}_{(0, \infty)}(y)dy} [/mm] = [mm] \frac{\alpha^\beta}{\Gamma(\beta)}\cdot\int_{-\infty}^{\frac{x}{a}}{y^{\beta-1}\cdot e^{-\alpha y}\cdot\mathds{1}_{(0, \infty)}(y)dy} \quad \ldots \quad [/mm] = [mm] \int_{-\infty}^{x}{\frac{\big(\frac{\alpha}{a}\big)^\beta}{\Gamma(\beta)}\cdot y^{\beta-1}\cdot e^{-\frac{\alpha}{a}\cdot y}\cdot\mathds{1}_{(0, \infty)}(y)dy}$
[/mm]
Habe aber überhaupt keinen Plan, wie die Zwischenschritte aussehen könnten. Partiell zu integrieren bringt ja nichts. Substitution? Aber womit?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:39 Do 06.11.2014 | | Autor: | andyv |
Hallo,
Die Substitution $y'=y*a$ führt hier direkt zum Erfolg.
Liebe Grüße
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:12 Do 06.11.2014 | | Autor: | GeMir |
Muss zugeben, habe in letzter Zeit wirklich wenig mit Substitution integriert. Offensichtlicher ging's ja wohl kaum:
Mit $z = [mm] y\cdot [/mm] a [mm] \quad \Leftrightarrow \quad [/mm] dz = [mm] a\cdot [/mm] dy [mm] \quad \Leftrightarrow \quad \frac{1}{a}dz [/mm] = dy$
[mm] \frac{\alpha^\beta}{\Gamma(\beta)}\cdot\int_{-\infty}^{\frac{x}{a}}{y^{\beta-1}\cdot e^{-\alpha y}\cdot\mathds{1}_{(0, \infty)}(y)dy} [/mm] = [mm] \frac{\alpha^\beta}{\Gamma(\beta)}\cdot\int_{-\infty}^{x}{\bigg(\frac{1}{a}z\bigg)^{\beta-1}\cdot e^{-\alpha\cdot\frac{1}{a}\cdot z}\cdot\mathds{1}_{(0, \infty)}(z)\frac{1}{a}dz}\\
[/mm]
= [mm] \frac{\alpha^\beta}{\Gamma(\beta)}\cdot\int_{-\infty}^{x}{\bigg(\frac{1}{a}\bigg)^{\beta-1}\cdot\frac{1}{a}\cdot z^{\beta-1}\cdot e^{-\frac{\alpha}{a}\cdot z}\cdot\mathds{1}_{(0, \infty)}(z)dz}\\
[/mm]
= [mm] \int_{-\infty}^{x}{\frac{\alpha^\beta}{\Gamma(\beta)}\cdot\bigg(\frac{1}{a}\bigg)^{\beta}\cdot z^{\beta-1}\cdot e^{-\frac{\alpha}{a}\cdot z}\cdot\mathds{1}_{(0, \infty)}(z)dz}\\
[/mm]
= [mm] \int_{-\infty}^{x}{\frac{\big(\frac{\alpha}{a}\big)^\beta}{\Gamma(\beta)}\cdot z^{\beta-1}\cdot e^{-\frac{\alpha}{a}\cdot z}\cdot\mathds{1}_{(0, \infty)}(z)dz}
[/mm]
Nur bei der Indikatorfunktion bin ich mir nicht wirklich sicher, ob ich richtig substituiert habe.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:20 Do 06.11.2014 | | Autor: | andyv |
Genau. Beachte, dass wegen a>0 [mm] $\mathds{1}_{(0,\infty)}(z/a)=\mathds{1}_{(0,\infty)}(z)$ $\forall [/mm] z [mm] \in \IR$ [/mm] gilt.
Liebe Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:26 Do 06.11.2014 | | Autor: | GeMir |
Vielen Dank!
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