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Exponentialverteilung mit Dichte

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Zufallsvariablen

Tags: Zufallsvariablen

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14:18 Uhr, 28.02.2015

Hallo,

ich sitze gerade an der folgenden Aufgabe:

Es sei

X

die zufällige Überragungsdauer einer Nachricht. Die Verteilung von

X

sei durch eine Dichte der Gestalt

f (x) = a \cdot x \cdot e^{- x}, x \geq 0

und

0, x < 0

beschrieben.

(x

in Min. und

a > 0)

(a)

Bestimme Parameter

a

(b)

Wie groß ist die WK, dass sie Übertragungszeit

(i)

zwischen 1 und 4 Min. liegt? Mit welcher WK dauert die Übertragung (ii) länger als 5 Min.?

(c)

Gebe näherungsweise ein

c

an,für das gilt

P (X \leq c) = 0,99

(d)

Es wird angenommen,dass die Kosten

Y

für eine Übertragung in folgender Weise von der Übertragungsdauer abhängen:

Y = 10 + 7 X

zu(a) hier bin ich so vorgegangen, dass gelten muss

\int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x = 1

also

\int_{0}^{\infty} a \cdot x \cdot e^{- x} d x = 1

\leftrightarrow a \int_{0}^{\infty} x \cdot e^{- x} d x = 1

nutze Partielle Integration

das Integral lautet dann ohne die Granzen einzusetzen

F (x) = \int f (x) d x = - e^{- x} \cdot (1 + x)

wenn ich die Grenzen einsetze belibt

a = 1

übrig.

jetzt gilt doch dass

E (X) = \frac{1}{λ}

ist und

λ

ist doch 1?

also ist

E (X) = 1

?

zu

(b)

Gesucht:

(i) P (1 \leq X \leq 4) = P (X \leq 4) - P (X \geq 1)

= P (X \leq 4) - (1 - P (X < 1)

= P (X \leq 4) - 1 + P (X < 1)

Gesucht: (ii)

P (X > 5) = 1 - P (X \leq 5)

jetzt würde ich einfach die Verteilungsfunktion von oben nehmen, sprich das Integral von oben und für

X

die Werte einsetzen...

zu

(c)

Gesucht:

P (X \leq c) = 0,99

hier würde ich auch mit der Verteilungsfunktion weiter machen

also

P (X \leq c) = 0,99

\leftrightarrow F (c,1) = 0,99 . .

. und dann nach

c

umstellen

zu

(d)

hier ist der Erwartungswert gesucht, aber wie genau weiß ich nicht vielleicht

E (Y)

also

E (10 + 7 X) = 10 + 7 \cdot E (X) = 17,

E (X) = 1

Ist das bis jetzt ungefähr richtig so?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

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20:52 Uhr, 28.02.2015

Kann mir niemand helfen?

- . -

anonymous

21:29 Uhr, 28.02.2015

Bei

(a)

hast du den Parameter

a = 1

richtig berechnet.

Jedoch hast du hier keine Exponentialfunktion, diese hätte nämlich Dichte

x \mapsto e^{- λ \cdot x}

und nicht die Dichte

x \mapsto x \cdot e^{- x}

. Da hast du hier ein

x

zu viel.
Dementsprechend ist der Erwartungswert hier auch nicht 1. Es gilt:

E [X] = \int_{- \infty}^{\infty} x \cdot f (x) d x = \int_{0}^{\infty} x \cdot x \cdot e^{- x} d x = ... = 2

Bei

(b)

hast du einen Fehler:

P (1 \leq X \leq 4) \neq P (X \leq 4) - P (X \geq 1)

P (1 \leq X \leq 4) = P (X \leq 4) - P (X < 1) = F_{X} (4) - F_{X} (1)

Beachte, dass du hier nicht einfach deine Stammfunktion als Verteilungsfunktion nimmst, sondern natürlich

F_{X} (t) = F (t) - lim_{τ \to 0} F (τ)

nimmst.
Bei

(c)

hast du richtig angesetzt:

F_{X} (c) = 0,99

1 - e^{- c} \cdot (1 + c) = 0,99

c \approx 6,638

Bei

(d)

hast du richtig angesetzt. Allerdings ist

E [X] = 2 \neq 1,

wie bereits zu

(a)

geschrieben.

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11:29 Uhr, 01.03.2015

Hallo kenkyu,

danke für deine Antwort, achsooo das ist gar keine EXPO-Funktion

- . -

das macht jetzt vieles einleuchtender :-) (aber könnte das nicht doch eine sein für

λ = 1

? ja egal)

klar dann ist der Erwartungswert natürlich nicht 1 sondern

E (X) = 2

E (X) = \int_{- \infty}^{\infty} x \cdot f (x) d x = \int_{0}^{\infty} x \cdot x \cdot e^{- x} d x = \int_{0}^{\infty} x^{2} \cdot e^{- x} d x

jetzt wieder mit Part. Integration (doppelt) Ok super.

zu

(b)

So weiß jetzt wo mein Fehler war

- . -

ich hab bei der Grenzwertbetrachtung meine 1 vergessen

. .

. man man man

also die Verteilungsfunktion lautet:

F_{x} (t) = 1 - e^{- x} (1 + x), x \geq 0

und

0, x \leq 0

dann ist (i)

P (1 \leq x \leq 4) = P (x \leq 4) - P (x < 1) = F_{x} (4) - F_{x} (1)

wobei

F_{x} (4) = F (4) - lim_{r \to \infty} F (r)

= 1 - e^{- 4} (1 + 4) - 0

und

F_{x} (1) = F (1) - lim_{r \to \infty} F (r)

= 1 - e^{- 1} (1 + 1) - 0

ergibt zusammen

F_{x} (4) - F_{x} (1) = 1 - e^{- 4} (1 + 4) - [1 - e^{- 1} (1 + 1)] = 0,6442

zu (ii)

P (X > 5) = 1 - P (X \leq 5) = 1 - F_{x} (5) = 1 - [F (5) - lim_{r \to \infty} F (r)] = 1 - (1 - e^{- 5} (1 + 5) - 0) = 0,0404

stimmt das jetzt?

bei

(d)

komme ich übrigens auf

E (Y) = 24

(c)

ich komme dort auf einen anderen Wert:

F_{x} (c) = 0,99

= 1 - e^{- c} (1 + c) = 0,99

jetzt gehts doch mit log weiter ?

\leftrightarrow - e^{- c} (1 + c) = - 0,01

\leftrightarrow e^{- c} (1 + c) = 0,01

\leftrightarrow - c \cdot c \cdot ln (e) - c \cdot ln (e) = ln (0,01)

also

- c^{2} - c - ln (0,01) = 0

und dann mit p-q-Formel

also

c = 1,7034

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18:44 Uhr, 01.03.2015

Hilfeeee...

DrBoogie aktiv_icon

11:22 Uhr, 02.03.2015

Wenn Du auf

e^{- c} (1 + c) = 0.01

Logarithmus anwendest,
bekommst Du

- c + \ln (1 + c) = \ln (0.01)

und nicht das, was Du schreibst.
Diese Gleichung kann man nicht analytisch lösen, nur numerisch.

She-Ra aktiv_icon

18:27 Uhr, 02.03.2015

Hallo DrBoogie,

ja das hab ich mittlerweile auch festgestellt...

ich versuch mich gerade dran, dass mit dem Newtonverfahren zu lösen..

ich hab noch nie so eine GL lösen müssen... da gibts noch so ein anderes komisches Verfahren aber ich glaube Newton geht auch...

Ich hab grad Probleme ein passenden Startwert zu finden

- . -

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