Verteilung < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:26 Do 05.05.2011 | | Autor: | Frisco |
| Aufgabe | Seien [mm]x_{1}[/mm] und [mm]x_{2}[/mm] zwei unabhängige Zufallsvariablen gleicher Dichte
[mm]\bruch{1}{x^{2}}[[1,\infty)][/mm]
Sei U= [mm]x_{1}[/mm][mm]x_{2}[/mm] und V=[mm]\bruch{x_{1}}{x_{2}}[/mm]
Berechne die Verteilung vom Paar (U,V) und sind U und V unabhängig |
Hallo,
ich habe diese Aufgabe noch nirgendwo anderst gestellt,
ich habe ein Verständnisproblem und zwar was bedeutet denn genau dieses
[mm]\bruch{1}{x^{2}}[[1,\infty)][/mm]??
Und wie berechne ich die Verteilung dann? bzw. ob U und V unabhängig sind.
Danke für eure Hilfe
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:19 Fr 06.05.2011 | | Autor: | wauwau |
Meiner Meinung bedeutet das als Verteilungsfunktion
[mm] $P(X\le y)=\int_{1}^{y}\frac{1}{t^2}dt=1-\frac{1}{y}$
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 03:13 Sa 07.05.2011 | | Autor: | Frisco |
Danke für deine Antwort, wie muss ich nun weiter machen?
muss ich im Falle von U das produkt zweier Integrale berechnen??
Mir reicht schon der Ansatz die rechnung bekomme ich dann schon (hoffentlich) hin 
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> Danke für deine Antwort, wie muss ich nun weiter machen?
> muss ich im Falle von U das produkt zweier Integrale
> berechnen??
> Mir reicht schon der Ansatz die rechnung bekomme ich dann
> schon (hoffentlich) hin
Hallo Frisco,
ich würde mal vorschlagen, statt [mm] x_1 [/mm] und [mm] y_1 [/mm] die Variablen
x und y zu verwenden (übersichtlicher, weniger Schreib-
arbeit und weniger Verwechslungsgefahr).
Betrachte in der x-y-Ebene das Gebiet, in welchem über-
haupt positive Wahrscheinlichkeitsdichten für x und für y
vorhanden sind, und dann das Teilgebiet davon, in
welchem [mm] x*y\le{a} [/mm] ist. Wenn du die Dichte f(x,y) über
dieses Gebiet integrierst, hast du [mm] P(U\le{a}).
[/mm]
Für [mm] V=\frac{x}{y} [/mm] gilt es dann eine analoge Betrachtung
anzustellen.
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:15 Sa 07.05.2011 | | Autor: | Frisco |
Danke für deine Hilfe,
aber ich bin irgendwie total überfordert,ich verstehe das nicht wirklich warum ich mich fragen muss für welche Gebiete ich in der x,y Ebene genau diese heraussuchen muss in der es eine positve Wahrscheinlichkeitsdichte gibt...
kannst du mir nicht vielleicht einen Teil vorrechnen bzw.
mir erklären wie du für U das Integral aufstellst und auf was man
achten muss!!!
Wäre super nett von dir
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> Danke für deine Hilfe,
> aber ich bin irgendwie total überfordert,ich verstehe das
> nicht wirklich warum ich mich fragen muss für welche
> Gebiete ich in der x,y Ebene genau diese heraussuchen muss
> in der es eine positve Wahrscheinlichkeitsdichte gibt...
> kannst du mir nicht vielleicht einen Teil vorrechnen bzw.
> mir erklären wie du für U das Integral aufstellst und
> auf was man
> achten muss!!!
> Wäre super nett von dir
>
Hallo Frisco,
die möglichen Werte der Variablen x und y beschränken
sich ja offenbar auf das Gebiet G mit [mm] x\ge1 [/mm] und [mm] y\ge1 [/mm] .
Weil x und y nach Voraussetzung unabhängig sind, kommt
dem Punkt P(x,y) in der x-y-Ebene die Wahrscheinlich-
keitsdichte [mm] f(x,y)=\frac{1}{x^2}*\frac{1}{y^2} [/mm] zu, falls [mm] P\in{G} [/mm] und $\ f(x,y)=0$ sonst.
Um nun die Verteilungsfunktion für das Produkt $\ U=x*y$
zu erhalten, muss man das Flächenintegral
$\ [mm] P(U\le{a})\ [/mm] =\ [mm] \underset{x*y\ \le\,{a}}{\iint}f(x,y)\ dx\, [/mm] dy$
bilden. Konkret wird das im vorliegenden Fall:
$\ [mm] P(U\le{a})\ [/mm] =\ [mm] \integral_{x=1}^{a}\left(\ \integral_{y=1}^{a/x}f(x,y)\ dy\right)\, [/mm] dx$
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:11 So 08.05.2011 | | Autor: | Frisco |
Hallo danke für deine Nachricht,
ich habe jetzt das Integral ausgerechnet, würdest du mich gegebenenfalls korrigieren?
[mm] \ P(U\le{a})\ =\ \integral_{x=1}^{a}\left(\ \integral_{y=1}^{a/x}f(x,y)\ dy\right)\, dx [/mm]
dann ergibt sich für das innere Integral
[mm]\integral_{y=1}^{\bruch{a}{x}}{\bruch{1}{x^2y^2} dy}[/mm]=[mm]-\bruch{1}{x^2y}|^\bruch{a}{x}_1[/mm]=[mm]-\bruch{1}{ax}+\bruch{1}{x^2}[/mm][mm]=:g(x)[/mm]
dann folgt für das äußere Integral
[mm]\integral_{x=1}^a{g(x) dx}=-\bruch{x}{ax}-\bruch{1}{x}\mid^a_1[/mm]= [mm]1-\bruch{1}{a}[/mm]
Also ist
[mm] \ P(U\le{a})\ =1-\bruch{1}{a}[/mm]
ist das so richtig?!
Und nun zu
[mm] \ P(V\le{a})\ [/mm], wäre das dann folgendes Integral:
[mm] \ P(V\le{a})\ =\ \integral_{x=1}^{a}\left(\ \integral_{y=1}^{a/x}\bruch{y^2}{x^2}\ dy\right)\, dx [/mm] ?!?!
Danke für deine Bemühungen
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> Hallo danke für deine Nachricht,
> ich habe jetzt das Integral ausgerechnet, würdest du mich
> gegebenenfalls korrigieren?
> [mm]\ P(U\le{a})\ =\ \integral_{x=1}^{a}\left(\ \integral_{y=1}^{a/x}f(x,y)\ dy\right)\, dx[/mm]
>
> dann ergibt sich für das innere Integral
> [mm]\integral_{y=1}^{\bruch{a}{x}}{\bruch{1}{x^2y^2} dy}[/mm]=[mm]-\bruch{1}{x^2y}|^\bruch{a}{x}_1[/mm]=[mm]-\bruch{1}{ax}+\bruch{1}{x^2}[/mm][mm]=:g(x)[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> dann folgt für das äußere Integral
> [mm]\integral_{x=1}^a{g(x) dx}=\red{-\bruch{x}{ax}}-\bruch{1}{x}\mid^a_1[/mm]= ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
der erste Summand der Stammfunktion ist falsch
> [mm]1-\bruch{1}{a}[/mm]
> Also ist
> [mm]\ P(U\le{a})\ =1-\bruch{1}{a}[/mm]
> ist das so richtig?!
Nein.
> Und nun zu
>
> [mm]\ P(V\le{a})\ [/mm], wäre das dann folgendes Integral:
>
> [mm]\ P(V\le{a})\ =\ \integral_{x=1}^{a}\left(\ \integral_{y=1}^{a/x}\bruch{y^2}{x^2}\ dy\right)\, dx[/mm]
Um das richtig hinzukriegen, musst du dir das Integrations-
gebiet für diesen Fall ganz neu überlegen, nämlich die Menge
[mm] $\{\,(x,y)\in\IR^2\ |\ x\ge1\ \wedge\ y\ge1\ \wedge \frac{x}{y}\le a\,\}$
[/mm]
Dabei solltest du sinnvollerweise die beiden Fälle [mm] 0
und $\ a>1$ unterscheiden. Mach dir dazu entsprechende Skizzen.
Ferner ist der Integrand derselbe wie bei der ersten Berech-
nung für die Funktion U .
LG Al-Chw.
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> es müsste hoffentlich so stimmen:
> [mm]\integral_{x=1}^a{g(x) dx}={-\bruch{ln(x)}{a}}-\bruch{1}{x}\mid^a_1 =...=1-\bruch{1}{a}(ln(a)+1)[/mm]
> ,also
> [mm]\ P(U\le{a})\ =1-\bruch{1}{a}(ln(a)+1)[/mm]
>
> wäre es nun so richtig?!
Ja, so stimmt's .
> Kannst du mir vielleicht nochmal helfen beim aufstellen des
> Integrals,
> leider komme ich nicht auf die richtigen Integranten, wie
> machst du denn immer das bzw. wie überlegst du dir
> dieses?!![[aeh]](/images/smileys/aeh.gif "[aeh]") Ich habe damit irgendwie noch richtig
> Probleme, vielleicht weißt du ja auch ein Skript wo ich
> dieses nacharbeiten kann!
> Danke für deine Hilfe!!
Skript kenn ich jetzt keines - gäbe es wohl schon.
In der vorliegenden Aufgabe ist der Integrand natürlich
(für beide Funktionen $\ U=x*y$ und $\ V=x/y$) die kombinierte
Wahrscheinlichkeitsdichte [mm] f(x,y)=\frac{1}{x^2}*\frac{1}{y^2} [/mm] . Dass man dabei
die Dichten [mm] \frac{1}{x^2} [/mm] (für x) und [mm] \frac{1}{y^2} [/mm] (für y) einfach multiplizieren
kann, liegt daran, dass x und y nach Voraussetzung unab-
hängig sein sollen. Ferner wissen wir, dass sowohl [mm] x\ge1 [/mm] als
[mm] y\ge1 [/mm] sein müssen für positive Wahrscheinlichkeitsdichte.
Zeichne dir dieses Gebiet G mal im Koordinatensystem auf.
Für eine Skizze wähle dir nun mal einen konkreten Wert
für a (zum Beispiel a=2) und zeichne:
[mm] \bullet [/mm] den Graph der Gleichung [mm] V=\frac{x}{y}=a
[/mm]
[mm] \bullet [/mm] das Gebiet [mm] G_V\subset{G}, [/mm] in dem [mm] V=\frac{x}{y}\le{a}
[/mm]
Und dann überlegst du dir, wie man das Doppelintegral
aufstellt, dessen Integrationsgebiet genau dieses Gebiet
[mm] G_V [/mm] ist. [mm] (G_V [/mm] reicht diesmal ins Unendliche)
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:17 So 08.05.2011 | | Autor: | Frisco |
Hallo also ich habe mir mal das aufgezeichnet
und ich komme auf folgendes
es ist genau die Fläche die oberhalb der Gleichung [mm]\bruch{x}{a}[/mm] liegt...
Ist das so richtig?!
demnach läuft y von 1 bis unendlich und und x von 1 bis a*y?!
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> Hallo also ich habe mir mal das aufgezeichnet
> und ich komme auf folgendes
> es ist genau die Fläche die oberhalb der Gleichung
> [mm]\bruch{x}{a}[/mm] liegt...
besser: oberhalb der Geraden mit der Gleichung [mm] y=\frac{x}{a}
[/mm]
> Ist das so richtig?!
> demnach läuft y von 1 bis unendlich und und x von 1 bis
> a*y?!
dabei ist noch wichtig, dass jetzt die Integration über y
die äußere und die über x die innere ist !
Weiter musst du beachten, dass es etwas anders aussieht
im Fall, wo 0<a<1 ist !
[mm] (a\le0 [/mm] kommt nicht in Frage, wie man ebenfalls aus der
Zeichnung erkennen kann)
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:48 So 08.05.2011 | | Autor: | Frisco |
Danke... also berechne ich folgendes Integral?!:
[mm]P(V\leq a) =\integral_{y=1}^{\infty}{(\integral_{x=1}^{ay}{f(x,y) dx}) dy}+\integral_{x=1}^{\infty}{(\integral_{y=1}^{\bruch{a}{x}}{f(x,y) dy}) dx}[/mm]
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> Danke... also berechne ich folgendes Integral?!:
> [mm]P(V\leq a) =\integral_{y=1}^{\infty}{(\integral_{x=1}^{ay}{f(x,y) dx}) dy}+\integral_{x=1}^{\infty}{(\integral_{y=1}^{\bruch{a}{x}}{f(x,y) dy}) dx}[/mm] ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
Da sollen keine Integrale addiert werden, sondern nur
eine Fallunterscheidung gemacht werden.
Für [mm] a\ge1 [/mm] gilt:
$\ [mm] P(V\leq [/mm] a)\ =\ [mm] \integral_{y=1}^{\infty}{\left(\ \integral_{x=1}^{ay}{f(x,y)\ dx}\right)\ dy}$ [/mm]
Im Fall $\ 0<a<1$ ändert sich nur die Untergrenze des
äußeren Integrals (zeichnen !).
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:15 So 08.05.2011 | | Autor: | Frisco |
Kann es sein, dass das äußere Integral bei der Untergränze y=1/a beginnt?!
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> Kann es sein, dass das äußere Integral bei der
> Untergränze y=1/a beginnt?!
richtig
(aber "Grenze" schreibt man soweit ich informiert bin,
im Deutschen seit über 100 Jahren mit "e" und nicht "ä",
obwohl das Wort mit slawischen Formen wie "granica"
oder "graniza" verwandt ist ...)
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:03 So 08.05.2011 | | Autor: | Frisco |
für [mm]a\geq 1[/mm] gilt dann:
[mm] \ P(V\leq a)\ =\ \integral_{y=1}^{\infty}{\left(\ \integral_{x=1}^{ay}{f(x,y)\ dx}\right)\ dy}
=\limes_{b\rightarrow\infty}\ \integral_{y=1}^{b}{\left(\ \integral_{x=1}^{ay}{f(x,y)\ dx}\right)\ dy}
=\limes_{b\rightarrow\infty} \integral_{y=1}^{b}{-\bruch{1}{ay^3}+\bruch{1}{y^2} dy}
=\limes_{b\rightarrow\infty} \bruch{1-2ax}{2ax^2} |^1_b
=\limes_{b\rightarrow\infty} (\bruch{1-2ab}{2ab^2}-\bruch{1-2a}{2a})=1-\bruch{1}{2a} [/mm]
und für [mm]0
[mm] \ P(V\leq a)\ =\ \integral_{y=\bruch{1}{a}}^{\infty}{\left(\ \integral_{x=1}^{ay}{f(x,y)\ dx}\right)\ dy}
=\limes_{b\rightarrow\infty}\ \integral_{y=\bruch{1}{a}}^{b}{\left(\ \integral_{x=1}^{ay}{f(x,y)\ dx}\right)\ dy}
=\limes_{b\rightarrow\infty} \integral_{y=\bruch{1}{a}}^{b}{-\bruch{1}{ay^3}+\bruch{1}{y^2} dy}
=\limes_{b\rightarrow\infty} \bruch{1-2ax}{2ax^2} |^b_\bruch{1}{a}
=\limes_{b\rightarrow\infty} (\bruch{1-2ab}{2ab^2}-\bruch{1-2a\bruch{1}{a}}{2a\bruch{1}{a^2}})=-\bruch{1}{2}a [/mm]
ist das so richtig??
Wenn ja wie kann ich nun nachprüfen ob U und V unabhängig sind?!
Ich traue mich schon gar nicht mehr zu fragen, aber so langsam aber sicher lichtet sich ein bisschen das große dunkle etwas 
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> für [mm]a\geq 1[/mm] gilt dann:
> [mm]\ P(V\leq a)\ =\ \integral_{y=1}^{\infty}{\left(\ \integral_{x=1}^{ay}{f(x,y)\ dx}\right)\ dy}
=\limes_{b\rightarrow\infty}\ \integral_{y=1}^{b}{\left(\ \integral_{x=1}^{ay}{f(x,y)\ dx}\right)\ dy}
=\limes_{b\rightarrow\infty} \integral_{y=1}^{b}{-\bruch{1}{ay^3}+\bruch{1}{y^2} dy}
=\limes_{b\rightarrow\infty} \bruch{1-2ax}{2ax^2} |^1_b
=\limes_{b\rightarrow\infty} (\bruch{1-2ab}{2ab^2}-\bruch{1-2a}{2a})=1-\bruch{1}{2a}[/mm]
>
> und für [mm]0
> [mm]\ P(V\leq a)\ =\ \integral_{y=\bruch{1}{a}}^{\infty}{\left(\ \integral_{x=1}^{ay}{f(x,y)\ dx}\right)\ dy}
=\limes_{b\rightarrow\infty}\ \integral_{y=\bruch{1}{a}}^{b}{\left(\ \integral_{x=1}^{ay}{f(x,y)\ dx}\right)\ dy}
=\limes_{b\rightarrow\infty} \integral_{y=\bruch{1}{a}}^{b}{-\bruch{1}{ay^3}+\bruch{1}{y^2} dy}
=\limes_{b\rightarrow\infty} \bruch{1-2ax}{2ax^2} |^b_\bruch{1}{a}
=\limes_{b\rightarrow\infty} (\bruch{1-2ab}{2ab^2}-\bruch{1-2a\bruch{1}{a}}{2a\bruch{1}{a^2}})=-\bruch{1}{2}a[/mm]
> ist das so richtig??
Im Falle 0<a<1 erhalte ich $\ [mm] P(V\leq{a})=\bruch{1}{2}\ [/mm] a$
(die Funktion [mm] P(V\leq{a}) [/mm] wird damit bei a=1 auch stetig !)
> Wenn ja wie kann ich nun nachprüfen ob U und V
> unabhängig sind?!
Hab ich mir jetzt auch noch nicht genau überlegt -
allerdings wäre ich ziemlich überrascht, wenn U und V
unaghängig wären.
Grundsätzlich muss man dabei von der für unabhängige
Ereignisse A und B geltenden Gleichung
P ( A [mm] \cap [/mm] B ) = P ( A ) [mm] \cdot [/mm] P ( B )
ausgehen.
LG Al-Chw.
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> Also dann die für mich ultimative Frage
> Wie berechne ich [mm]P(U\cap V)[/mm]?!
[mm] P(U\cap [/mm] V) gibt es gar nicht, weil U und V gar nicht
Ereignisse sind.
> D.h. ich muss mir Gedanken
> machen wie die Fläche aussieht über die ich integriere?!
> problematisch ist doch dabei diese irgendwie zu
> beschreiben...
Ich hätte folgenden Vorschlag:
Betrachte z.B. einmal die beiden konkreten Ereignisse
A: [mm] P(U\le [/mm] 8)
B: [mm] P(V\le [/mm] 2)
Die Wahrscheinlichkeiten P(A) und P(B) kannst du leicht
mittels der hergeleiteten Formeln bestimmen.
Wären die Zufallsvariablen U und V unabhängig, so
müssten auch die Ereignisse A und B unabhängig sein.
Berechne also zunächst (durch ein weiteres Doppel-
integral) die Wahrscheinlichkeit [mm] P(A\cap{B}) [/mm] . Ist
dann $\ [mm] P(A\cap{B})\ \not=\ [/mm] P(A)*P(B)$ , so sind A und B und damit
auch U und V abhängig. Sollte sich allerdings Gleich-
heit herausstellen, so wäre zwar Unabhängigkeit
damit nicht nachgewiesen aber auch nicht widerlegt.
Man müsste also weiter nach einer Entscheidung suchen.
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:35 So 08.05.2011 | | Autor: | Frisco |
Wenn es dann nicht zuviel von dir verlangt ist, kannst du mir bitte dieses doppelintegral aufstellen?! denn auch hier muss man doch wieder eine Fallunterscheidung machen?!
und ich habe mir z.b. für a=2 die Fläche aufgezeichnet dabei ist nun [mm]x\leq 2y ; y\leq\bruch{2}{x}[/mm] dann habe ich doch auch das Problem damit welches das "innere" Integral ist und welches das "äußere"
Also könntest du mir BITTE das Integral aufstellen?!
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> Wenn es dann nicht zuviel von dir verlangt ist, kannst du
> mir bitte dieses doppelintegral aufstellen?! denn auch hier
> muss man doch wieder eine Fallunterscheidung machen?!
> und ich habe mir z.b. für a=2 die Fläche aufgezeichnet
> dabei ist nun [mm]x\leq 2y ; y\leq\bruch{2}{x}[/mm] dann habe ich
> doch auch das Problem damit welches das "innere" Integral
> ist und welches das "äußere"
> Also könntest du mir BITTE das Integral aufstellen?!
Ich habe gerade noch in meinem Vorschlag eine kleine
Änderung gemacht zum Zweck "runder" Zahlen in der
Rechnung:
A: $ [mm] P(U\le [/mm] $ 8)
B: $ [mm] P(V\le [/mm] $ 2)
So, dann haben wir also für das Integrationsgebiet die
Ungleichungen:
[mm] x\ge1
[/mm]
[mm] y\ge1
[/mm]
[mm] y\le8/x
[/mm]
[mm] x\le\,2\,y
[/mm]
Die letzten beiden Begrenzungslinien schneiden sich
in einem Punkt S.
Für die Integration (äußere nach y, innere nach x)
teilt man nun einfach das Integrationsgebiet durch
eine zur x-Achse parallele, durch S gehende Schnittlinie
in zwei Teilgebiete auf.
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:23 So 08.05.2011 | | Autor: | Frisco |
Also ich habe da nochmal eine Frage und zwar wählst du einmal a=2 und einmal a=8 aber ich denke a ist immer die gleiche Zahl?!
Also dann schneiden sich die beiden Begrenzungslinien in S(1,a)
richtig soweit?!
sorry ich komme nicht darauf... ich habe mir das z.b. für a=2 aufgezeichnet, aber wie soll ich nun die begrenzungen finden?!
Bitte schreib mir die grenzen auf und erkläre mir vielleicht nochmal wie du darauf gekommen bist!
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> Also ich habe da nochmal eine Frage und zwar wählst du
> einmal a=2 und einmal a=8 aber ich denke a ist immer die
> gleiche Zahl?!
Wenn die Zufallsvariablen U und V unabhängig sind, muss,
wenn
A = " [mm] P(U)\le [/mm] a " und B = " [mm] P(V)\le [/mm] b "
die Gleichung [mm] P(A\cap{B})=P(A)*P(B) [/mm] für alle Paare (a,b)
aus [mm] [0..1]^2 [/mm] gelten. Diese Werte von a und b müssen also
unabhängig voneinander gewählt werden dürfen.
Meine Wahl (für ein Rechenbeispiel) a=8 und b=2 habe
ich nur so getroffen, um ein rechnerisch "angenehmes"
Beispiel zu machen.
> Also dann schneiden sich die beiden Begrenzungslinien in
> S(1,a)
> richtig soweit?!
Im Beispiel a=8 und b=2 ist S(4/2).
Integrationsgrenzen:
$\ [mm] P(A\cap{B})\ [/mm] =\ [mm] \integral_{y=1}^{2}\ \integral_{x=...}^{...} [/mm] .....\ +\ [mm] \integral_{y=2}^{4}\ \integral_{x=...}^{...} [/mm] .....$
LG und ![[gutenacht]](/images/smileys/gutenacht.gif "[gutenacht]")
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![[lichtaufgegangen]](/images/smileys/lichtaufgegangen.gif "[lichtaufgegangen]"){kind=small}
