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Mathematik » Stochastik und Statistik » Verteilungsfunktion einer reell-wertigen Zufallsvariablen
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Universität/Hochschule J Verteilungsfunktion einer reell-wertigen Zufallsvariablen
Marie97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-05-23 22:23


Hallo!

Ich komme seit einer Weile bei folgender Aufgabe nicht weiter:





Leider weiß ich überhaupt nicht, wie ich diese Aufgabe angehen soll...

Muss ich nicht erst wissen, wie die Zufallsvariable verteilt ist, damit ich alle $c \in \mathbb{R}$ bestimmen kann, für die die gegebene Funktion eine Verteilungsfunktion einer reellwertigen Zufallsvaribale ist?


Ich bin bei dieser Aufgabe etwas planlos...

Ich hoffe, mir kann da jemand helfen und mehr Klarheit schaffen!

lg, Marie



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Diophant
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Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-05-23 22:29

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}\)
Hallo,

mit dem Pluszeichen rechts an der Klammer stimmt etwas nicht, konkret: da fehlt ein Summand.

Du musst zwei Konstanten c, d so wählen, dass die Funktion

\[F(t)=c\cdot\arctan(t)+d\]
den bekannten Anforderungen an eine Verteilungsfunktion genügt.

EDIT: meine Antwort steht unter dem Vorbehalt, dass ich die Notation eventuell falsch verstanden habe. Könntest du eventuell zur Bedeutung dieses Plus-Zeichens noch etwas beisteuern?


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Caban
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-05-23 22:29


hallo

Wie lautet bei euch die Definition einer Veteilungsfunktion?

Gruß Caban

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]



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Marie97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-23 23:26


2019-05-23 22:29 - Diophant in Beitrag No. 1 schreibt:
Hallo,

mit dem Pluszeichen rechts an der Klammer stimmt etwas nicht, konkret: da fehlt ein Summand.

Du musst zwei Konstanten c, d so wählen, dass die Funktion

\[F(t)=c\cdot\arctan(t)+d\]
den bekannten Anforderungen an eine Verteilungsfunktion genügt.

EDIT: meine Antwort steht unter dem Vorbehalt, dass ich die Notation eventuell falsch verstanden habe. Könntest du eventuell zur Bedeutung dieses Plus-Zeichens noch etwas beisteuern?


Gruß, Diophant



Hallo ! :)

Ich bitte um Entschuldigung, ich hätte das Pluszeichen auch erklären sollen. Bei uns ist das so definiert:




So wie ich das also verstanden habe, bedeutet die Funktion

$F(t) = (c \cdot arctan(t))_{+}$, dass ich nur die positiven Funktionswerte betrachte (Die Null eingeschlossen)






2019-05-23 22:29 - Caban in Beitrag No. 2 schreibt:
hallo

Wie lautet bei euch die Definition einer Veteilungsfunktion?

Gruß Caban

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]




Die Verteilungsfunktion ist bei uns so definiert:







Aber ich weiß leider überhaupt nicht, welche Voraussetzungen ich überprüfen soll...








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AnnaKath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-05-23 23:38


Huhu Marie,

wie muss denn $c$ gewählt sein, damit $\lim_{t\to\infty} F(t)=1$ gilt?

lg, AK.



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Marie97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-23 23:43


Hey, danke für deine Antwort. :)


Dazu habe ich kurz eine Frage:

Inwiefern hängt $\lim\limits_{ t \rightarrow \infty} F(t) = 1$ mit der Verteilungsfunktion einer reellwertigen Zufallsvariablen zusammen?



Tut mir Leid für die vielleicht offensichtliche Frage, aber ich bin in diesem Thema noch nicht richtig warm geworden..



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AnnaKath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-05-23 23:48


Huhu Marie,

damit $F$ Verteilungsfunktion eines Wahrscheinlichkeitsmasses $\mathbb{P}$ ist, muss dies gelten, denn $\mathbb{P}((-\infty,\infty))=1$.

lg, AK.



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Marie97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-25 15:52


Tut mir Leid für die späte Antwort. Hatte gestern noch einiges zu tun.


2019-05-23 23:43 - Marie97 in Beitrag No. 5 schreibt:
Hey, danke für deine Antwort. :)


Dazu habe ich kurz eine Frage:

Inwiefern hängt $\lim\limits_{ t \rightarrow \infty} F(t) = 1$ mit der Verteilungsfunktion einer reellwertigen Zufallsvariablen zusammen?



Tut mir Leid für die vielleicht offensichtliche Frage, aber ich bin in diesem Thema noch nicht richtig warm geworden..

Das Problem ist, dass ich mir die Funktion $F(t) = (c \cdot arctan(t))_{+}$ nicht richtig zeichnen kann. Mich verwirrt das Plus als "Index".


Ich versuche es erstmal ohne dieses Pluszeichen.



$\lim\limits_{t \rightarrow \infty} (c \cdot arctan(t)) = \lim\limits_{t  \rightarrow\infty} c \cdot \underbrace{\lim\limits_{t \rightarrow \infty} arctan(t)}_{= \frac{\pi}{2}} = 1$ $\Rightarrow c = \frac{2}{\pi}$



Aber für eine Verteilungsfunktion muss auch $\lim\limits_{t \rightarrow - \infty} (c \cdot arctan(t)) = 0$ ergeben. Aber dann folgt daraus, dass $c = 1 = 0$ ist. Das ist ein Widerspruch.

Oder wo denke ich falsch?


liebe Grüße :)



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-05-25 16:08

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}\)
Hallo,

du hast es doch selbst weiter oben bestätigt, dass es für positive c so gemeint ist:

\[(c\cdot \arctan(t))_{+}=\begin{cases}0&\text{für}\ x<0\\c\cdot\arctan(t)&\text{für}\ x\ge 0\end{cases}\]
Von daher ist dein Wert für c in Ordnung und \(\displaystyle\lim_{t\to-\infty}F(t)=0\) geht ebenfalls klar.

Für negative c funktioniert es hier nicht.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Marie97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-25 20:07


2019-05-25 16:08 - Diophant in Beitrag No. 8 schreibt:
Hallo,

du hast es doch selbst weiter oben bestätigt, dass es für positive c so gemeint ist:

\[(c\cdot \arctan(t))_{+}=\begin{cases}0&\text{für}\ x<0\\c\cdot\arctan(t)&\text{für}\ x\ge 0\end{cases}\]
Von daher ist dein Wert für c in Ordnung und \(\displaystyle\lim_{t\to-\infty}F(t)=0\) geht ebenfalls klar.

Für negative c funktioniert es hier nicht.


Gruß, Diophant


Stimmt. Das leuchtet ein. Für negative $c \in \mathbb{R}$ geht es deshalb nicht, weil die dazugehörige Dichte der Verteilungsfunktion wahrscheinlich negative Wahrscheinlichkeiten ausspucken würde.

Aber auch graphisch ist es klar.

Das heißt also, dass $c = \frac{2}{\pi}$ das einzige $c$ ist, für die die Funktion eine Verteilungsfunktion ist?



Mit der Eigenschaft vom Limes ergeben sich somit auch die Rechtsstetigkeit und die Monotonie?


Weil wenn ich die Rechtsstetigkeit zeigen müsste, könnte ich ja sage, dass die Nullfunktion und $c \cdot arctan(t)$ stetige Funktionen sind.

Ich könnte dann die Stetigkeit der gesamten Funktion im Nullpunkt mit dem Folgenkriterium zeigen, und dann wärs das, oder?



Wie man hier zeigt, dass die Funktion monoton wachsend ist, weiß ich bei $arctan(t)$ nicht so genau.

Reicht es nicht zu sagen, dass die Nullfunktion monoton ist und $arctan(t)$ streng monoton wachsend? Und da unsere verteilungsfunktion stetig ist, haben wir im Nullpunkt keine Probleme und wir könnten jedes $F(x)$ und $F(y)$ miteinander vergleichen.

Verzeihe mir die mathematische Ausdrucksweise, aber ich frage mich nur, ob man die Rechtsstetigkeit und Monotonie zeigen soll oder als Folgerung von  

$\lim_{t\to-\infty}F(t)=0$ und $\lim_{t\to\infty}F(t)=1$ begründen soll.



_______________________________________________________________


Und wie genau soll man für eine Konstante einen Wahrscheinlichkeitsraum  angeben? Irgendwie kann ich mir darunter noch nichts richtiges vorstellen...


Vielen Dank für die Antwort:)



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-05-26 10:03

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}\)
Hallo nochmals,

2019-05-25 20:07 - Marie97 in Beitrag No. 9 schreibt:
2019-05-25 16:08 - Diophant in Beitrag No. 8 schreibt:
Hallo,

du hast es doch selbst weiter oben bestätigt, dass es für positive c so gemeint ist:

\[(c\cdot \arctan(t))_{+}=\begin{cases}0&\text{für}\ x<0\\c\cdot\arctan(t)&\text{für}\ x\ge 0\end{cases}\]
Von daher ist dein Wert für c in Ordnung und \(\displaystyle\lim_{t\to-\infty}F(t)=0\) geht ebenfalls klar.

Für negative c funktioniert es hier nicht.

Stimmt. Das leuchtet ein. Für negative $c \in \mathbb{R}$ geht es deshalb nicht, weil die dazugehörige Dichte der Verteilungsfunktion wahrscheinlich negative Wahrscheinlichkeiten ausspucken würde.

Falsch. Für negative c hätte die zugehörige Funktion links von der y-Achse positive Werte. Sie wäre dort jedoch streng monoton fallend, und das bekommt man mit keiner additiven Konstante repariert.

2019-05-25 20:07 - Marie97 in Beitrag No. 9 schreibt:
Das heißt also, dass $c = \frac{2}{\pi}$ das einzige $c$ ist, für die die Funktion eine Verteilungsfunktion ist?

Ja, genau so ist es.

2019-05-25 20:07 - Marie97 in Beitrag No. 9 schreibt:
Mit der Eigenschaft vom Limes ergeben sich somit auch die Rechtsstetigkeit und die Monotonie?

Weil wenn ich die Rechtsstetigkeit zeigen müsste, könnte ich ja sage, dass die Nullfunktion und $c \cdot arctan(t)$ stetige Funktionen sind.

Richtig. Interessant ist hier die Stelle \(t=0\). Da aber \(arctan(0)=0\) ist, ist die Funktion überall stetig und damit insbesondere rechtsstetig.

2019-05-25 20:07 - Marie97 in Beitrag No. 9 schreibt:
Ich könnte dann die Stetigkeit der gesamten Funktion im Nullpunkt mit dem Folgenkriterium zeigen, und dann wärs das, oder?

Das wäre hier mit Kanonen auf Spatzen geschossen, sozusagen.  wink

2019-05-25 20:07 - Marie97 in Beitrag No. 9 schreibt:
Wie man hier zeigt, dass die Funktion monoton wachsend ist, weiß ich bei $arctan(t)$ nicht so genau.

Man sollte es wissen: die Arkustangensfunktion muss als Umkehrfunktion der Tangensfunktion auf \(\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\) streng monoton wachsend sein.

Man kann es sich aber auch leicht mit der Ableitung klarmachen:

\[\left(arctan(t)\right)'=\frac{1}{1+t^2}>0\]
2019-05-25 20:07 - Marie97 in Beitrag No. 9 schreibt:
Reicht es nicht zu sagen, dass die Nullfunktion monoton ist und $arctan(t)$ streng monoton wachsend?

Wenn du dann das Monotonieverhalten des Arkustangens klargemacht hast, reicht diese Argumentation aus.

2019-05-25 20:07 - Marie97 in Beitrag No. 9 schreibt:
Und wie genau soll man für eine Konstante einen Wahrscheinlichkeitsraum  angeben? Irgendwie kann ich mir darunter noch nichts richtiges vorstellen...

Nicht für die Konstante, sondern für die gesuchte Verteilungsfunktion.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Marie97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-26 12:41




Falsch. Für negative c hätte die zugehörige Funktion links von der y-Achse positive Werte. Sie wäre dort jedoch streng monoton fallend, und das bekommt man mit keiner additiven Konstante repariert.


Okay, da war ich voreilig. Naja, und da Verteilungsfunktionen monoton steigend sind, gehören negative $c$ nicht dazu.





Man sollte es wissen: die Arkustangensfunktion muss als Umkehrfunktion der Tangensfunktion auf \(\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\) streng monoton wachsend sein.


Ach ja, das war der Satz von Stetigkeit der Umkehrfunktion.


Ist die Funktion $f$ eine surjektive, streng monotone und stetige Abbildung, dann ist f bijektiv, und die Umkehrfunktion ist stetig und im gleichen Sinn wie $f$ streng monoton steigend.

Und der Tangens ist streng monoton steigend.




non


Nicht für die Konstante, sondern für die gesuchte Verteilungsfunktion.



Achso, jetzt macht das mehr Sinn. wir haben es hier mit einer stetigen Verteilung zu tun.

Ein Wahrscheinlichkeitsraum $(\Omega, F, \mathbb{P})$ besteht aus einer Grundmenge $\Omega$, einer $\sigma$ - Algebra auf $\Omega$ und einem Wahrscheinlichkeitsmaß $\mathbb{P}$.


Zum Wahrscheinlichkeitsmaß
__________________________


Kann man sagen, dass das Wahrscheinlichkeitsmaß immer die Verteilungsfunktion ist?



Weil die Dichte beschreibt nur für jedes mögliche Ergebnis $k$ dessen Wahrscheinlichkeit. Also $\mathbb{P}(X = k)$

Aber $X = k$ ist ja nur ein sehr spezielles Ereignis.

Die Verteilungsfunktion hingegen kann auch $\mathbb{P}(X = k)$ und $\mathbb{P}(X \le k)$  berechnen. Also alle Ereignisse.


Deswegen würde ich sagen, dass das Wahrscheinlichkeitsmaß


$\mathbb{P}: \mathbb{R} \rightarrow [0,1], t \mapsto \left (\frac{2}{\pi}\cdot \arctan(t) \right)_{+}=\begin{cases}0&\text{für}\ x<0\\\frac{2}{\pi}\cdot\arctan(t)&\text{für}\ x\ge 0\end{cases}$ ist.

Ist das so korrekt?



Nur weiß ich nicht, wie ich $\Omega$ und $F$ wählen muss. Im Hinterkopf habe ich die Borelalgebra, weil sie oft für die reellen Zahlen angewendet wird. Aber ich kann noch nicht mit ihr umgehen.

Deswegen frage ich mich, ob man eine andere Sigma - Algebra wählen kann?


Liebe Grüße, Marie





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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-05-26 13:15

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}\)
Hallo,

so wie ich die Aufgabe verstehe, kann man die Ergebnismenge hier ja unabhängig von der Definitionsmenge der ursprünglichen Verteilungsfungsfunktion wählen.

Von daher würde sich doch \([0,\infty)\) als Ergebnismenge und die zugehörige Borel-Algebra anbieten. Das Wahrscheinlichkeitsmaß ist dabei nach wie vor die obige Verteilungsfunktion, allerdings nur noch für \(t\ge 0\).

Dann brauchst du nur noch eine Zufallsvariable. Hier kommt dann die Dichtefunktion ins Spiel.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-05-26 13:39


2019-05-23 23:38 - AnnaKath in Beitrag No. 4 schreibt:
wie muss denn $c$ gewählt sein, damit $\lim_{t\to\infty} F(t)=1$ gilt?

2019-05-26 10:03 - Diophant in Beitrag No. 10 schreibt:
2019-05-25 20:07 - Marie97 in Beitrag No. 9 schreibt:
Das heißt also, dass $c = \frac{2}{\pi}$ das einzige $c$ ist, für die die Funktion eine Verteilungsfunktion ist?

Ja, genau so ist es.

Schaut euch die Aufgabe nochmal genau an. Es wird ausdrücklich gesagt, dass die Zufallsvariable Werte in $\overline{\mathbb R}$, und nicht nur in $\mathbb R$ annimmt.

Also muss nicht $\lim_{t\to\infty} F(t)=1$, sondern nur $0\le\lim_{t\to\infty} F(t)\le1$ gefordert werden.

--zippy



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-05-26 13:54

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}\)
@zippy:
2019-05-26 13:39 - zippy in Beitrag No. 13 schreibt:
Schaut euch die Aufgabe nochmal genau an. Es wird ausdrücklich gesagt, dass die Zufallsvariable Werte in $\overline{\mathbb R}$, und nicht nur in $\mathbb R$ annimmt.

Also muss nicht $\lim_{t\to\infty} F(t)=1$, sondern nur $0\le\lim_{t\to\infty} F(t)\le1$ gefordert werden.

Hm, das habe ich in der Tat nicht beachtet. Und ich verstehe den tieferen Sinn dahinter auch nicht, um ehrlich zu sein. Klar ist mir, dass man nach deiner Lesart dann \(0\le c\le 2/\pi\) als mögliche Konstanten hätte. Aber welchen Sinn macht es, eine Zufallsvariable 'unendlich' werden zu lassen?

Könntest du eventuell dieses Konzept an dieser Stelle noch etwas näher erläurtern?

Ich habe das zuvor noch nie gesehen, bis auf ein zwei Beispiele hier im Forum in jüngster Zeit.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-05-26 14:06

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}\)
2019-05-26 13:54 - Diophant in Beitrag No. 14 schreibt:
Aber welchen Sinn macht es, eine Zufallsvariable 'unendlich' werden zu lassen?

Nimm als Beispiel die Zeit $T$, zu der ein Fahrzeug ein bestimmtes Ziel erreicht. $T=+\infty$ bedeutet, dass es dort nie ankommt.
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-05-26 14:13

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}\)
Ok. Angenommen, die Zeit T wäre verteilt mit einer Verteilungsfunktion F(t) für die \(\lim_{t\to\infty}F(t)<1\) gilt. Wäre dann die Wahrscheinlichkeit dafür, dass das Fahrzug nicht ankommt, gleich \(1-\lim_{t\to\infty}F(t)\)?

Und sehe ich das aber richtig, dass mein in #12 gegebener Hinweis für einen W-Raum nach wie vor gültig bleibt?


Gruß, Diophant

Und dankeschön mal wieder für die Korrektur. smile

\(\endgroup\)


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Marie97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-26 14:14


Okay, du hast als Ergebnismenge das Intervall $[0, \infty]$ ausgesucht, weil die gesuchte Verteilungsfunktion nur positive Werte annimmt, stimmt's?

Dann nehmen wir als $\sigma$ - Algebra nun $B([0, \infty])$.



Nun zur Zufallsvariable
_______________________

Die Zufallsvariable ist folgendermaßen definiert:

Eine Funktion $X$ die  jedem Ergebnis $\omega$ des Ergebnisraum $\Omega$ genau eine Zahl $x$ der Menge der reellen Zahlen $\mathbb{R}$ zuordnet, heißt Zufallsvariable.


 Die Dichte beschreibt nun für jedes mögliche Ergebnis x dessen Wahrscheinlichkeit.


Die Dichte kann also nicht die Zufallsvariable sein. Aber ich weiß nicht, wie man diese Zufallsvariable explizit bestimmen soll. Das habe ich noch nirgends gesehen, als ich damals danach gesucht habe.

Meistens wurde dafür einfach  nur eine Abbildung

$X: \mathbb{\Omega} \rightarrow \mathbb{R}$ angegeben.

Aber eine Funktionsvorschrift ? Ich weiß nicht.





[Die Antwort wurde nach Beitrag No.12 begonnen.]



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2019-05-26 14:30

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}\)
Hallo nochmals,

2019-05-26 14:14 - Marie97 in Beitrag No. 17 schreibt:
Aber eine Funktionsvorschrift ? Ich weiß nicht.

Warum nicht? Eine Zufallsvariable ist doch eine Funktion aus der Ergebnismenge nach \(\IR\).

Wenn du nun \(T:\ [0;\infty]\to\IR, t\mapsto\frac{c}{1+t^2}\) nimmst, dann wäre doch T verteilt wie gewünscht.

Beachte auch unbedingt noch die Hinweise von zippy, sowohl AnnaKath als auch ich selbst haben das mit der \(\overline{\IR}\)-wertigen ZV übersehen. In Sachen Wahrscheinlichkeitsraum hast du das bereits richtig umgesetzt, indem du das von mir vorgeschlagene Intervall geeignet erweitert hast.

EDIT: nein, war ein Denkfehler von mir. Mache es so, wie zippy es im nächsten Beitrag vorgeschlagen hat.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2019-05-26 14:49

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}\)
2019-05-26 14:30 - Diophant in Beitrag No. 18 schreibt:
Wenn du nun \(T:\ [0;\infty]\to\IR, t\mapsto\frac{c}{1+t^2}\) nimmst, dann wäre doch T verteilt wie gewünscht.

Diese Zufallsvariable wäre beschränkt und passt somit überhaupt nicht zur Aufgabe.

Es gibt auch keinen Grund, sich das Leben unnötig schwer zu machen und eine andere Funktion als $X\colon\Omega\to\overline{\mathbb R}$, $x\mapsto x$ mit $\Omega=[0,\infty]$ oder $\Omega=\overline{\mathbb R}$ zu betrachten.

Jetzt muss man nur noch für ein Erzeugendensystem der Borelschen $\sigma$-Algebra auf $\Omega$ das Maß angeben, also z.B. für die Intervalle $[0,t)$ [für die gilt ja einfach $\mathbb P([0,t))=F(t)$] und für die Menge $\{\infty\}$.
\(\endgroup\)


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Marie97
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Danke für eure Tipps.




Also muss nicht $\lim_{t\to\infty} F(t)=1$, sondern nur $0\le\lim_{t\to\infty} F(t)\le1$ gefordert werden.


Warum genau muss $0\le\lim_{t\to\infty} F(t)\le1$ gelten? Intuitiv verstehe ich das nicht ganz...




Es gibt auch keinen Grund, sich das Leben unnötig schwer zu machen und eine andere Funktion als $X\colon\Omega\to\overline{\mathbb R}$, $x\mapsto x$ mit $\Omega=[0,\infty]$ oder $\Omega=\overline{\mathbb R}$ zu betrachten.



An sowas habe ich auch gedacht, weil ich das bis jetzt nur so gesehen habe.

Aber warum darf ich dann in unserer Verteilungsfunktion $(c \cdot arctan(t))_{+}$ nur $t \in \mathbb{R}$ und nicht  $t \in \overline{\mathbb{R}}$  einsetzen?

Weil wenn die Zufallsvariable $X$ für $x = \infty$ den "Wert" $X(x) = \infty$ hat, dann müsste ich doch für $t = \infty$ die Wahrscheinlichkeit mit Hilfe der Verteilungsfunktion oder Dichtefunktion berechnen können.


Bin da gerade etwas verwirrt.



lg, Marie



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Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2019-05-26 16:02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}\)
Hallo nochmal,

2019-05-26 15:34 - Marie97 in Beitrag No. 20 schreibt:

Also muss nicht $\lim_{t\to\infty} F(t)=1$, sondern nur $0\le\lim_{t\to\infty} F(t)\le1$ gefordert werden.

Warum genau muss $0\le\lim_{t\to\infty} F(t)\le1$ gelten? Intuitiv verstehe ich das nicht ganz...

Deine Zufallsvariable ist hier \(\overline{\IR}\)-wertig. Das bedeutet konkret, dass sie die 'Werte' \(-\infty\) und \(\infty\) anehmen kann und es dafür jeweils eine Wahrscheinlichkeit gibt, dass sie das tut. zippy hat dafür übrigens in Beitrag #15 ein kurzes, aber dafür umso anschaulicheres Beispiel gegeben.

Wenn in unserem Fall hier \(P_R=\lim_{t\to\infty}F(t)<1\) gilt, dann wäre die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die ZV unendlich groß ist, gleich \(1-P_R\).

Ich bin da gerade auch etwas unsicher, da mir das Konzept neu ist, ich habe aber den Beitrag #19 von zippy dahingehend verstanden.


2019-05-26 15:34 - Marie97 in Beitrag No. 20 schreibt:

Es gibt auch keinen Grund, sich das Leben unnötig schwer zu machen und eine andere Funktion als $X\colon\Omega\to\overline{\mathbb R}$, $x\mapsto x$ mit $\Omega=[0,\infty]$ oder $\Omega=\overline{\mathbb R}$ zu betrachten.


An sowas habe ich auch gedacht, weil ich das bis jetzt nur so gesehen habe.

Aber warum darf ich dann in unserer Verteilungsfunktion $(c \cdot arctan(t))_{+}$ nur $t \in \mathbb{R}$ und nicht  $t \in \overline{\mathbb{R}}$  einsetzen?

Weil wenn die Zufallsvariable $X$ für $x = \infty$ den "Wert" $X(x) = \infty$ hat, dann müsste ich doch für $t = \infty$ die Wahrscheinlichkeit mit Hilfe der Verteilungsfunktion oder Dichtefunktion berechnen können.

Zunächst ist hier t einfach die Funktionsvariable der Verteilungsfunktion (denn der Arkustangens ist ja im Unendlichen gar nicht definiert).

Dann: mit der Dichtefunktion einer stetigen Verteilung kann man keine Wahrscheinlichkeiten berechnen, da hier ja für \(k\in\IR\) stets \(P(X=k)=\int_k^k{f(t) dt}=0\) gilt.

Zur Wahrscheinlichkeit \(P(t=\infty)\) habe ich ja oben schon etwas geschrieben.

Also ich muss mich bei dir entschuldigen, da ich diese Geschichte mit der \(\overline{\IR}\)-wertigen Zufallsvariablen zunächst überlesen und dann falsch eingeschätzt hatte. Von daher nochmal ein Dank an zippy, die das klargestellt hat. Für den Fall, dass ich hier wieder etwas falsches geschrieben habe, bedanke ich mich dann auch schon im Voraus für die Richtigstellung.  cool


Gruß, Diophant
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