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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 02:03 Sa 04.05.2013 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Sei g(x)= [mm] x^2
[/mm]
Gefragt ist nach der Verteilungsfunktion [mm] F_y [/mm] (b) und wenn X absolut stetig die Dichte [mm] f_x
[/mm]
(kein Originaltext, da es keinen gibt, ist Übungsaufgabe aus der Vorlesung, die nicht ausgerechnet wurde) |
Hallo
Allgemein:
[mm] F_y [/mm] (b)=P(Y [mm] \le [/mm] b)= P(Y(X) [mm] \le [/mm] b)= [mm] P(\{\omega : g(X(\omega)) \le b\})= P(\{\omega:X((\omega) \in g^{-1} (]-\infty , b]\}) [/mm] = P(X [mm] \in g^{-1} ((-\infty,b])
[/mm]
Nun an das Bsp angewandt:
[mm] F_y [/mm] (b)= P(X [mm] \in [/mm] [- [mm] \sqrt{b}, [/mm] + [mm] \sqrt{b}) [/mm] = P(X [mm] \in [/mm] (- [mm] \infty, \sqrt{b}]) [/mm] - P(X [mm] \in (-\infty, [/mm] - [mm] \sqrt{b}))
[/mm]
= P(X [mm] \in [/mm] (- [mm] \infty,\sqrt{b}]) [/mm] - [mm] P_x (\bigcap_{n=1}^\infty [/mm] (- [mm] \infty, [/mm] - [mm] \sqrt{b} [/mm] -1/n])
= P(X [mm] \in [/mm] (- [mm] \infty,\sqrt{b} [/mm] ]) - [mm] lim_{n->\infty} P_x [/mm] ( (- [mm] \infty,- \sqrt{b} [/mm] - 1/n]) = [mm] F_x [/mm] ( [mm] \sqrt{b}) [/mm] - [mm] lim_{h->0, von links} F_x [/mm] ( - [mm] \sqrt{b} [/mm] -h)
[mm] f_Y [/mm] (b)= ?
[mm] F_y [/mm] ' (b)=
Ich muss differenzieren, aber wie ? Ich weiß ja nicht wie die Verteilungsfunktion von b abhängt?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:12 Sa 04.05.2013 | | Autor: | luis52 |
Moin,
offenbar ist [mm] $F_y(b)=0$ [/mm] fuer [mm] $b\le [/mm] 0$. Sei $b>0$. Dann ist
[mm] $F_y(b)=P(Y\le b)=P(X^2\le b)=P(-\sqrt{b}\le X\le \sqrt{b})=F_x(\sqrt{b})-F_x(-\sqrt{b})$.
[/mm]
Es folgt
[mm] $f_y(b)=F_y'(b)= \frac{1}{2\sqrt{b}}f_x(\sqrt{b})+\frac{1}{2\sqrt{b}}f_x(-\sqrt{b})=\frac{1}{2\sqrt{b}}(f_x(\sqrt{b})+f_x(-\sqrt{b}))$.
[/mm]
vg Luis
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