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Aufgabe:

Eine stetige Zufallsvariable \( X \) hat folgende Dichtefunktion
\( f(x)=\left\{\begin{array}{cc} \frac{1}{x \ln (18)} & 1 \leq x \leq 18 \\ 0 & \text { sonst } \end{array}\right. \)
Berechnen Sie die folgenden Größen. (Hinweis:
Stellen Sie zunächst allgemein die Verteilungsfunktion \( F(x) \) auf, da diese für mehrere Berechnungen verwendet werden kann.)
a. \( F(11.8) 0.85 \)
b. \( P(X=8.8) \quad 0.0 \)
c. \( P(X \leq 6.3) 0.74 \)
d. \( P(6.1<X \leq 15.6)-0.32 \)
e. \( x_{0.1} 1.34 \)
f. \( E(X) 5.88 \)



Problem/Ansatz:


Könnt mir bitte wer mit Lösungsweg erklären was ich hier falsch gerechnet habe?

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Aloha :)

Was du falsch gerechnet hast, kann ich dir nicht sagen, da du deinen Rechenweg nicht angegeben hast. Wir können aber gemeinsam mal deine Ergebnisse durchgehen...$$f(x)=\left\{\begin{array}{cl}\frac{1}{x\ln(18)} &\text{falls }1\le x\le18\\[1ex]0 &\text{sonst} \end{array}\right.$$

Wir folgen dem Hinweis und berechnen zuerst die Verteilungsfunktion \(F(x)\) durch Integration über die Dichtefunktion. Beachte, dass \(x\) nun als obere Grenze im Integral auftritt und ich zur Unterscheidung als Integrationsvariable \(t\) gewählt habe:$$F(x)=\int\limits_{-\infty}^x f(t)\,dt=\int\limits_1^x\frac{1}{\ln(18)}\cdot\frac1t\,dt=\frac{1}{\ln(18)}\cdot\left[\ln|t|\right]_{t=1}^x=\frac{1}{\ln(18)}\cdot(\ln|x|-\underbrace{\ln(1)}_{=0})$$

Wir berücksichtigen noch ausdrücklich, dass die Wahrscheinlichkeitsdichte \(f(x)\) nur für \(x\in[1;18]\) von Null verschieden ist und fassen alles in der Verteilungsfunktion zusammen:$$F(x)=\left\{\begin{array}{cl}0 &\text{falls } x<1\\[1ex]\frac{\ln(x)}{\ln(18)} &\text{falls }1\le x\le 18\\[1ex]1 &\text{falls }x>18\end{array}\right.$$

Mit \(P(a\le X\le b)=F(b)-F(a)\) kannst du nun die ersten Fragen beantworten:$$\text{a) }F(11,8)=\frac{\ln(11,8)}{\ln(18)}\approx0,853904$$$$\text{b) }P(X=8,8)=P(8,8\le X\le8,8)=F(8,8)-F(8,8)=0$$$$\text{c) }P(X\le6,3)=F(6,3)=0,636786$$$$\text{d) }P(6,1<x\le15,6)=F(15,6)-F(6,1)\approx0,950491-0,625625=0,324866$$

Bei Teil (e) soll das \(x_{0,1}\) bestimmt werden:$$0,1\stackrel!=P(X\le x_{0,1})=F(x_{0,1})=\frac{\ln(x_{0,1})}{\ln(18)}\implies\ln(x_{0,1})=0,1\cdot\ln(18)\implies$$$$x_{0,1}=e^{0,1\cdot\ln(18)}=18^{0,1}\approx1,335141$$

Für den Erwartungswert in Teil (f) musst du nochmal integrieren:$$E(X)=\int\limits_{-\infty}^\infty x\cdot f(x)\,dx=\int\limits_1^{18}x\cdot\frac{1}{x\cdot\ln(18)}\,dx=\int\limits_1^{18}\frac{1}{\ln(18)}\,dx=\left[\frac{x}{\ln(18)}\right]_1^{18}=\frac{18-1}{\ln(18)}$$$$E(X)=\frac{17}{\ln(18)}\approx5,881596$$

Bis auf Teilaufgabe (c) haben wir beide dieselben Ergebnisse raus.

Avatar von 148 k 🚀

Danke, bei der c) war ich mir unsicher -dein Ergebnis und Rechenweg sind korrekt. Des weiteren hatte ich ein falsches Vorzeichen bei d).. :)

Danke für den Lösungsweg war sehr hilfreich

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