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| Aufgabe | Für die Gleichverteilung in [0,1] mit der Dichte
[mm] f(u)=\begin{cases} 0, & \mbox{sonst } \\ 1, & \mbox{falls }0 \le x \le 1 \end{cases}
[/mm]
berechne man:
a) die Hazardfunktion
b) die Verteilung des Minimums zweier unabhängiger Gleichverteilungen |
Bei diesem Bsp steh ich total an
Wäre für jeden Tip, Hilfe dankbar :)
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Mfg
Frankster
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:34 Mi 13.09.2006 | | Autor: | DirkG |
Berechne zunächst erstmal die Verteilungsfunktion [mm]F(x) = \int\limits_{-\infty}^x ~ f(t) ~ \mathrm{d}t[/mm], wobei du beim konkreten Aufschreiben dann die drei Fälle [mm]x<0[/mm], [mm]0\leq x\leq 1[/mm] und [mm]x>1[/mm] unterscheiden solltest.
Dann kannst du die ![[]](/images/popup.gif) Hazardfunktion [mm]h(x) = \frac{f(x)}{1-F(x)}[/mm] bestimmen, indem du einfach einsetzt.
Schließlich zu der Minimumgeschichte: Sei [mm]Y = \min\{ X_1,X_2 \}[/mm] mit unabhängigen [mm]X_1,X_2[/mm]. Dann ist
[mm] $$F_Y(t) [/mm] = [mm] P(Y\leq [/mm] t) = 1-P(Y>t) = [mm] 1-P(\min\{ X_1,X_2 \} [/mm] > t) [mm] \stackrel{!}{=} 1-P(X_1>t,X_2>t) \stackrel{\mathrm{Unabh.}}{=} 1-P(X_1>t)P(X_2>t) [/mm] = [mm] 1-(1-F_{X_1}(t))(1-F_{X_2}(t))$$
[/mm]
Das musst du jetzt nur noch auf den vorliegenden Fall anwenden.
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Hallo!
Danke für deine Antwort!
Ich errechne mir die Verteilungsfunktion für den Fall [mm] 0\leq x\leq [/mm] 1
[mm] F(u)=\integral_{0}^{1}{f(u) du}=\bruch{u^{2}}{2}=0,5
[/mm]
Für den Fall: x<0
[mm] F(u)=\integral_{-\infty}^{0}{f(u) du}=\bruch{u^{2}}{2}
[/mm]
Für den Fall: x>1
[mm] F(u)=\integral_{1}^{\infty}{f(u) du}=\bruch{u^{2}}{2}
[/mm]
Die Hazardfunktion sieht dann wie folgt aus:
[mm] h(u)=\bruch{f(x)}{1-F(x)}=\bruch{u}{1-\bruch{u^{2}}{2}}
[/mm]
Stimmt das so ?
Was ich nicht verstehe ist, wie ich diese zwei Bedingungen berücksichtigen soll.
f(u)=1 bei [mm] 0\leq x\leq [/mm] 1
f(u) = 0 bei x<0 oder x>1
Vielen Dank im voraus
Frankster
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:50 Fr 22.09.2006 | | Autor: | DirkG |
> Stimmt das so ?
Da stimmt leider überhaupt nichts! Falscher Integrand eingesetzt (u statt 1, wenn ich das richtig sehe), falsche Integralgrenzen, und und und ...
Ich denke, du solltest dir alles nochmal in Ruhe durchdenken. Als Startpunkt mal die Berechnung von $F(x)$ für [mm] $0\leq x\leq [/mm] 1$:
$$F(x) = [mm] \int\limits_{-\infty}^x [/mm] ~ f(t) ~ [mm] \mathrm{d}t [/mm] = [mm] \int\limits_{-\infty}^0 [/mm] ~ f(t) ~ [mm] \mathrm{d}t [/mm] + [mm] \int\limits_0^x [/mm] ~ f(t) ~ [mm] \mathrm{d}t [/mm] = [mm] \int\limits_{-\infty}^0 [/mm] ~ 0 ~ [mm] \mathrm{d}t [/mm] + [mm] \int\limits_0^x [/mm] ~ 1 ~ [mm] \mathrm{d}t [/mm] = 0 + x = x$$
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Hallo!
Wieso stimmen meine Integralgrenzen nicht ?
Und wieso sagst du
$ F(x) = [mm] \int\limits_{-\infty}^x [/mm] ~ f(t) ~ [mm] \mathrm{d}t [/mm] = [mm] \int\limits_{-\infty}^0 [/mm] ~ f(t) ~ [mm] \mathrm{d}t [/mm] + [mm] \int\limits_0^x [/mm] ~ f(t) ~ [mm] \mathrm{d}t [/mm] = [mm] \int\limits_{-\infty}^0 [/mm] ~ 0 ~ [mm] \mathrm{d}t [/mm] + [mm] \int\limits_0^x [/mm] ~ 1 ~ [mm] \mathrm{d}t [/mm] = 0 + x = x $
Die ganze Zeile versteh ich nicht
Wieso hast du für $ [mm] 0\leq x\leq [/mm] 1 $ die Grenzen von [mm] -\infty [/mm] bis x
Weil eigentlich liegt mein Intervall zw. 0 und 1.
Daher hät ich gesagt:
Für $ [mm] 0\leq x\leq [/mm] 1 $
[mm] F(u)=\integral_{0}^{1}{f(u) du}=\integral_{0}^{1}{1 du}=u
[/mm]
Für x>1
[mm] F(u)=\integral_{1}^{\infty}{f(u) du}=\integral_{1}^{\infty}{0 du}=0
[/mm]
Für x<0
[mm] F(u)=\integral_{-\infty}^{0}{f(u) du}=\integral_{-\infty}^{0}{0 du}=0
[/mm]
Wenn Für $ [mm] 0\leq x\leq [/mm] 1 $ dann
[mm] h(u)=\bruch{1}{1-u}
[/mm]
Sonst
[mm] h(u)=\bruch{0}{1-0}=0
[/mm]
Mfg
Frankster
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:12 Di 26.09.2006 | | Autor: | DirkG |
Das Argument der Verteilungsfunktion ist die obere Grenze des Integrals über die Dichtefunktion; die untere Grenze ist immer [mm] $-\infty$. [/mm] Mehr sage ich dazu erstmal nicht mehr, lies dir meine Beiträge nochmal durch.
Oder besser: Informiere dich überhaupt erst mal (in Büchern, Vorlesung, Wikipedia - wie auch immer), wie Dichte- und Verteilungsfunktion einer stetigen Zufallsgröße zusammenhängen. Das scheinst du nämlich überhaupt nicht zu wissen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:30 Di 26.09.2006 | | Autor: | Frankster |
Aha naja danke jedenfalls
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Ok :)
Dann lass mich bitte noch einen Versuch starten.
Ich hab mich jetzt mal im Wiki schlau gemacht und denke ich habs heraussen.
Für:
x<0
[mm] F(x)=\integral_{-\infty}^{0}{0 du}=0
[/mm]
Für [mm] 0\le [/mm] x [mm] \le1
[/mm]
[mm] F(x)=\integral_{-\infty}^{0}{0 du}+\integral_{0}^{x}{1 du}=0+u=0+(x-0)=x
[/mm]
Für x>1
F(x)=1
[mm] F(x)=\begin{cases} 0, & \mbox{für } x < 0 \\ x, & \mbox{für } 0\lex\le1 \\ 1, & \mbox{für } x > 0\end{cases}
[/mm]
Dann:
h(u) für x<0
[mm] h(u)=\bruch{0}{1-0}=0
[/mm]
h(u) für [mm] 0\le [/mm] x [mm] \le1
[/mm]
[mm] h(u)=\bruch{1}{1-x}
[/mm]
h(u) für x>1
[mm] h(u)=\bruch{0}{1-1}=undef.
[/mm]
Stimmt jetzt wenigstens was ? :)
Mfg
Frankster
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:54 Di 26.09.2006 | | Autor: | DirkG |
Hallo Frankster,
nach meiner harten Kritik will ich dich jetzt wieder aufrichten: Diesmal stimmt von den Ergebnissen alles, nur hier
> Für:
> x<0
> [mm]F(x)=\integral_{-\infty}^{0}{0 du}=0[/mm]
wäre die Formel [mm]F(x)=\integral_{-\infty}^x {0 du}=0[/mm] passender gewesen, was aber letztendlich im Ergebnis keinen Unterschied macht, weil über 0 integriert wird.
Ich hoffe, du nimmst mir die offenen Worte nicht übel, aber als Nicht-Pädagoge kann ich manchmal leicht ungeduldig werden. 
Gruß,
Dirk
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Du brauchst dich keineswegs entschuldigen. Wenn ich mir das genauer angeschaut hätte im Wiki, wär ich schneller aufs Erg. gekommen *g*
Hast du noch die Nerven für Frage b *g* ?
Ich versuche es mal zu errechnen:
[mm] Fm(t)=1-(1-F_{X_1}(t))(1-F_{X_2}(t)) [/mm]
Wenn ich das richtig verstehe, nehme ich 2 Werte die zw 0 und 1 liegen.
x1=0,3
x2=0,5
F(0,5)=0,5
F(0,3)=0,3
1-((1-0,5)*(1-0,3))=0,65
Und dieser Wert sollte die Verteilung des Minimums bei zwei unabhängigen Werten sein.
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Median:
Jener Wert die die Flächte unter der Funktion in zwei gleiche Teile teilt:
F(x) = 0,5
Bei uns kein grosses Problem, einfach nach x auflösen :)
x=0,5 ;) -> dies wäre mein Medianwert
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Mfg
Frankster
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:17 Di 26.09.2006 | | Autor: | DirkG |
Nein, so geht's nicht mit dem Minimum - das Argument $t$ ist in allen Fällen dasselbe. Wenn schon, dann musst du das z.B. für $t=0.3$ so lesen:
[mm] $F_{X_1}(0.3)=0.3$ [/mm] heißt: Die Wahrscheinlichkeit, dass [mm] $X_1$ [/mm] kleiner als 0.3 ist, ist 0.3.
[mm] $F_{X_2}(0.3)=0.3$ [/mm] heißt: Die Wahrscheinlichkeit, dass [mm] $X_2$ [/mm] kleiner als 0.3 ist, ist 0.3.
[mm] $F_m(0.3)=1-(1-0.3)(1-0.3)=0.51$ [/mm] heißt: Die Wahrscheinlichkeit, dass das Minimum von [mm] $X_1$ [/mm] und [mm] $X_2$ [/mm] kleiner als 0.3 ist, ist 0.51.
P.S.: Das mit dem Median ist richtig.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:16 Di 26.09.2006 | | Autor: | Frankster |
Uij :(
Da bin ich ja wieder voll eingefahren *g*
Und ich dachte wirklich, dass ichs richtig gehabt habe, weil es steht ja x1, x2
Na jedenfalls dank ich dir vielmals für die Geduld.
Ich denke, so ein Bsp werd ich jetzt schaffen, wenns zur Prüfung kommt
Mfg
Frankster
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| Aufgabe | Für die Lebensdauerverteilung mit der Hazardfunktion
h(x)=x für [mm] x\ge0
[/mm]
berechne man:
a) die Dichte
b) den Median |
Eine Frage hät ich doch noch ;)
In meinem Skript steht, wenn die Hazardfunktion gegeben ist, kann man sich wie folgt, Dichte und Verteilungsfunktion errechnen:
[mm] f(u)=h(u)*exp^{-\integral_{0}^{u}{h(t) dt}}
[/mm]
[mm] F(u)=1-exp^{-\integral_{0}^{u}{h(t) dt}}
[/mm]
Versuche zu lösen:
h(u) = x (nehm ich mal an)
[mm] \integral_{0}^{x}{h(x) dx}=x
[/mm]
[mm] f(x)=x*exp^{-x}
[/mm]
[mm] F(x)=\integral_{0}^{x}{f(x) dx}=\bruch{-x^{2}*exp^{-x}}{2}
[/mm]
Aber würde ich in meine Skript-Formel einsetzen:
[mm] F(u)=1-exp^{-x}
[/mm]
[mm] F(u)\not=F(x)
[/mm]
Irgendwas hats da :(
Mfg
Frankster
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:26 So 01.10.2006 | | Autor: | DirkG |
> h(u) = x (nehm ich mal an)
> $ [mm] \integral_{0}^{x}{h(x) dx}=x [/mm] $
Es ist schon ziemlich ärgerlich, wie unkonzentriert du oft die Variablen durcheinander bringst. Hier ist $h(x)=x$ für alle nichtnegativen $x$ vorgegeben, daraus folgt
[mm] $$\int\limits_0^u [/mm] ~ h(t) ~ [mm] \mathrm{d} [/mm] t = [mm] \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{t=0}^u [/mm] = [mm] \frac{u^2}{2} [/mm] .$$
Das ist ganz gewöhnliche Integration von Polynomen...
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