\documentclass{article} \usepackage{amsmath} \usepackage{amssymb} % -------- Umlaute korrekt ---------------- \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[ngerman, english]{babel} %------------------------------------------- % TikZ Library \usepackage{tikz} \usetikzlibrary{arrows,backgrounds,positioning,fit,calc,petri} \usetikzlibrary{shapes, shapes.misc} \usetikzlibrary{decorations.markings,decorations.pathmorphing} % Verlinkung von Url und Kapiteln \usepackage{hyperref} % Einrueckung unterbinden nach Absatz \setlength{\parindent}{0pt} \DeclareMathSizes{10}{10}{10}{10} \title{Mathe C4 Merz - Cheatsheet} \author{greeny, nudelsalat, Sheppy\\September 2015} \date{Diesen Zusammenfassung kann Fehler enthalten!} \begin{document} \maketitle \tableofcontents \newpage \section{Statistik} \subsection{empirisches arithmetisches Mittel} \[x_{arith}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i\] \subsection{empirischer Median (Zentralwert)} \[ x_{median}= \begin{cases} \frac{x_{n+1}}{2} & \text{n ungerade} \\ \frac{x_{n/2} \;\; + x_{(n+1)/2}}{2} & \text{n gerade} \end{cases} \] Wobei der Index f\"ur die n'te Zahl in einer Angabe in Stile von \{A,B,C,...\} steht. \subsection{empirische korrigierte Varianz} \[x_{var}=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (x_i-x_{arith})\] \subsection{Regressionsgerade} \textbf{Gauss'sche Normalengleichung} Die Regressionsgerade wird mit der Gauss'schen Normalengleichung gel\"ost. \begin{align} \begin{pmatrix} \sum x_i^2 & \sum x_i \\ \sum x_i & n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sum x_i*y_i \\ \sum y_i \end{pmatrix} \text{, mit $i \in n$} \end{align} $\rightarrow$ Auflösen nach Parametern $a,b$.\\ \textbf{Regressionsgerade}: \begin{align} y(x) = a*x + b \end{align} \subsection{Maximum-Likelyhood Methode} \textbf{Problembeschreibung}: Man m\"ochte f\"ur einen unbekannten Parameter $\lambda$ einer Verteilung, die mindestens einen Parameter besitzt, einen Sch\"atzwert bestimmen mithilfe einer konkreten Stichprobe $(x_1, \ldots, x_n)$. \begin{enumerate} \item Likelihood-Funktion $L(\lambda)$ bilden f\"ur gegebene Verteilung \begin{align} L(\lambda) = L(x_1, \ldots, x_n; \lambda) = = \prod_{i=1}^n \underbrace{f}_{\text{Dichtefunktion}}(x_i, \lambda)\\ \end{align} Im Falle von Exponentialverteilung:\\ \begin{align} \prod_{i=1}^n \lambda e^{-\lambda x_i} = \lambda^n * e^{-\lambda * \sum_{i=1}^{n}x_i} \end{align} \item Funktion $L(\lambda)$ mit $\ln$ multiplizieren\\ Rechenregeln f\"ur $\ln$: \begin{itemize} \item $\ln a^b = b * \ln a$ \item $\ln (a*b) = \ln a + \ln b$ \end{itemize} \item Ableiten nach $\lambda$: $\frac{\partial \ln * L(\lambda)}{\partial \lambda}$ \item Funktion gleich $0$ setzen und nach $\lambda$ aufl\"osen. \end{enumerate} \subsection{Konfidenzintervalle} Standartwerte f\"ur Konfidenz: \begin{align*} 90\%:z = 1.65\\ 95\%:z = 1.96\\ 99\%:z = 2.58 \end{align*} \begin{align} P(|\bar{x}-\mu| \geq c) = \alpha \\ \mu \in [\bar{x} - z_{1-\frac{\alpha}{2}} * \frac{\sigma}{\sqrt{n}}] \end{align} \subsection{Kovarianz} Sind zwei Zufallsvariablen $X_1$, $X_2$ stochastisch unabh\"angig dann gilt: \begin{align} cov(X_1,X_2) = 0 \end{align} Ansonsten: \begin{align} cov(X_1,X_2) = E(X_1X_2) - E(X_1)E(X_2) \end{align} \textbf{Erwartungswert}: \begin{align} EX = \sum_{k \in \Omega} k * P(X = k) = \int_{-\infty}^{\infty} x * f(x) dx \end{align} \textbf{Beispiel}: Berechnen der Kovarianz der Zufallsvariablen $Z_1 = X_1 - X_2$ und $Z_2 = X_1$, wenn der Zufallsvektor $(X_1,X_2)$ auf der Menge \begin{align} M = \{(x_1,x_2)| 0 \leq x_2 \leq 2 \text{ und } 0 \leq x_1 \leq x_2\} \end{align} \textbf{Gesucht}: $cov(Z_1, Z_2)$ \begin{enumerate} \item Kovavarianz umformen \begin{align} cov(Z_1, Z_2) = cov(X_1-X_2, X_1) = (E(X^2_1)-E(X_1)^2)-(E(X_2X_1)-E(X_2)E(X_1)) \end{align} \item Die \textbf{Fl\"ache} $A_M$ unter Funktion berechnen: $A_M = 2$.\\ \item Die \textbf{Dichtefunktion} ist der Kehrwert von $A_M$ und damit $\frac{1}{2}$. \begin{align} f(x_1,x_2) = \begin{cases} \frac{1}{2} & x_1,x_2 \in M \\ 0 & sonst \end{cases} \end{align} \item Jetzt wieder mittels \textbf{Marginalsdichte} $f(x_1)$ und $f(x_2)$ bestimmen. \begin{align} f_1(x_1) = \int_{x_1}^2 f(x_1,x_2) dx_2\\ f_2(x_2) = \int_{0}^{x_2} f(x_1,x_2) dx_1 \end{align} \item Berechnung der ben\"otigten Erwartungswerte $E$: \begin{align} E(X_i) = \int_{0}^{2} x_i * f_i(x_i) dx\\ E(X_i^2) = \int_{0}^{2} x_i^2 * f_i(x_i) dx\\ E(X_1X_2) = \underbrace{\int_0^{2}\int_{0}^{x_2}}_{\text{Integration \"uber $x_1$ und $x_2$}} x_1*x_2*f(x_1,x_2) dx_1 dx_2 \end{align} \item Einsetzen in umgeformte Kovarianzformel (siehe 1) \end{enumerate} \subsection{Markov-Ketten} \begin{itemize} \item Bei Übergangsmatrix $P \in (\mathbb{R}_{\geq 0})^{r x r}$ sind alle Zeilensummen gleich $1$. \item Vektor $\vec{u} \in (\mathbb{R}_{\geq 0})^{r}$ mit $||\vec{u}||_1 = 1$ der \begin{align} \vec{u} = P^T \cdot \vec{u} \end{align} erfüllt, heißt \textbf{Gleichgewichtszustand/-verteilung}. \item \textbf{Berechnung} von $\vec{u}$: $\text{Kern}(P^T - \text{ Id}_r)$.\\$\rightarrow$ Kern wird berechnet durch klassischen Gauß- Algorithmus. Wenn keine eindeutige Lsg (z.B. $0 = 0$), dann Variable beliebig wählen. Es gibt immer einen Kern, da Determinante $0$ garantiert ist durch obige\\ Summenbedingung. \item Vektoreinträge müssen positiv sein, sonst Fehler. \item Vektor $\vec{u}$ durch $||\vec{u}||_1$ (Summennorm) teilen. \begin{align} ||\vec{u}||_1 := \sum^n_{i=1}|x_i| \end{align} \end{itemize} \section{Mengen} \subsection{o-Algebra} - leere Menge enthalten\\ - alle Kombinationen der Elemente enthalten, die nicht bereits gemeinsamme Elemente haben also z.B. \textbf{NICHT} \{x,y\} und \{y,z\} zu \{x,y,z\} machen\\ - alle Komplemente enthalten\\ \\ \textbf{Beispiel:}\\ Grundmenge = $\{1,2,3,4\}$\\ NICHT o-Algebra Menge = $\{\{1,2\},\{3\}\}$\\ o-Algebra Menge = $\{\emptyset ,\{1,2\},\{3\}, \underbrace{\{1,2,3\}}_{\substack{\{1,2\}\{3\}}}, \underbrace{\{3,4\}}_{\substack{\neg \{1,2\}}}, \underbrace{\{4\}}_{\substack{\neg \{1,2,3\}}}, \{1,2,3,4\},\{1,2,4\}\}$ \section{Wahrscheinlichkeiten} \subsection{W\"urfeln} \subsubsection{keine 6} \[ p_0 = \left( \frac{5}{6} \right)^n , n = \text{Anzahl der W\"urfe} \] \subsubsection{mindestens 'n' 6er (Gegenereignis)} \[ p_1 = 1 - \left( \frac{5}{6} \right)^n = 1 - p_0 \] \[ p_2 = 1-\left(1 - \left( \frac{5}{6} \right)^n\right)-\left( \frac{5}{6} \right)^n = 1-p_1 -p_0 \] \[ p_x = 1 - \sum_{i=0}^{x-1} p_i \] \subsubsection{6er-Pasch bei 2 W\"urfeln} $Ereignisraum = 6^2 , \text{Anzahl g\"unstiger Ereignisse = 1 , n\"ahmlich (6,6)}$\\ dann wieder \"uber Gegenereignis: \\ \[ p=1-\left(\frac{35}{36}\right)^n \] \subsubsection{genau eine 6 bei n-W\"urfeln/W\"urfen} \[ p= \frac{n*5^{(n-1)}}{6^n}\]\\ - $6^n $ ist wie immer die Anzahl der Gesamtm\"oglichkeiten \\ - es gibt n-Moglichkeiten an der die 6 sein kann \\ - es bleiben bei den verbleibenden n-1 W\"urfen 5 M\"oglichkeiten \subsubsection{genau k-6er bei n-W\"urfeln/W\"urfen} \[ p= \frac{\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}5^{(n-k)}}{6^n}\]\\ \[\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}= \frac{n!}{k!(n-k)!} \]\\ $\textbf{oder noch allgemeiner, mit Anzahl M\"oglichkeiten 'z' (z.B. 6 bei W\"urfel):}$\[ p= \frac{\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}(z-1)^{(n-k)}}{z^n} \] \subsubsection{X-Mal Werfen, min eine 3 unter der Bedingung min. eine 6} A = min. eine 3 \\ B = min. eine 6 \\\\ \textbf{gesucht:} \[P(A|B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)} \] \[P(B) = 1-P(keine\;6) = 1-\left(\frac{5}{6}\right)^4 = \frac{625}{1296}\] \textbf{Idee:} \begin{align*} P(A\cap B) &= 1-P(\neg (A\cap B))\\ &= 1-P(\neg A \cup \neg B)\\ &= 1-P(\neg A) - P(\neg B) + P(\neg A \cap \neg B)\\ &= 1-P(keine\;3)-P(keine\;6)+P(weder\;3\;noch\;6)\\ &= 1-\left( \frac{5}{6}\right)^4-\left( \frac{5}{6}\right)^4-\left( \frac{4}{6}\right)^4 = 1- \frac{994}{1296} \end{align*} ...und das dann nur noch oben einsetzen und fertig. \[P(A|B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)} \] also: \[P(A|B) = \frac{\frac{994}{1296}}{\frac{625}{1296}}\] \subsubsection{Seiten mit verschiedenen Wahrscheinlichkeiten} z.B. 6 Seiten mit normaler Wahrscheinlichkeit $(w_1)$, 8 Seiten mit 1/4 Wahrscheinlichkeit $(w_2)$, wir exploiten die Tatsache, dass: \\ \[ \sum (Teil-)Wahrscheinlichkeiten = 1 \]\\ also:\\ \begin{equation} 6w_1 + 8w_2 = 1 \end{equation} \begin{equation} \frac{1}{4}w_1 = w_2 \end{equation}\\ Zwei Gleichungen, zwei Unbekannte, easy mode. \section{Bedingte Wahrscheinlichkeiten} \subsection{Beispiele} \subsubsection{Krankheitstest} 0,2\% Krank, 95\% der Kranken werden erkannt, 98\% der Gesunden werden richtig erkannt\\ \\ Ereignis $A_1$: Person ist krank\\ Ereignis $A_2$: Person ist gesund\\ Ereignis $B$: Test identifiziert Person als krank.\\ \textbf{Wie viele als Krank erkannte wirklich krank?}\\ \[ P(A_1 | B ) = \frac{P(B|A_1)*P(A_1)} {P(B|A_1)*P(A_1)+P(B| A_2)*P(A_2)} = \frac{0,95*0,002}{0,95*0,002+0,002*0,998} = 8,7\% \] \vspace*{10pt} L\"osung mittels \textbf{Formel von Bayes}: \begin{align} P(B_k/A) = \frac{P(A|B_k) * P(B_k)}{\sum_{j \in J} P(A|B_j) * P(B_j)} \end{align} Dieser Vorgang wird auch \textbf{R\"uckw\"artsinduktion} genannt. Angenommen man kennt die Wahrscheinlichkeit eines Ereignis unter einer gewissen Bedingung (hier Test schl\"agt zu $x\%$ an unter Bedingung Person ist krank $P(B|A_1)$ oder Person ist gesund $P(B|A_2)$), dann kann man die umgekehrte bedingte Wahrscheinlichkeit mit dieser Formel berechnen. Hier: Wie wahrscheinlich ist es, dass Person krank ist, unter Bedingung, dass Test das gemeldet hat $P(A_1|B)$. \subsubsection{min. eine 6 unter Bedingung verschiedene Augenzahlen} \[ P(min. eine 6|verschiedene Augenzahlen) = \frac{\text{M\"oglichkeiten verschiedene Augenzahlen UND min. eine 6}}{\text{M\"oglichkeiten verschiedene Augenzahlen}} \]\\ \[ p=\frac{n*(6-1)!-(6-n)!}{6!-n!} \] bei 3 W\"urfeln also z.B.:\[ p=\frac{3*5!-3!}{6!-3!} = \frac{3*5*4}{6*5*4} = 0,5 \] \section{Wahrscheinlichkeitsfunktionen} \subsection{Eigenschaften von Wahrscheinlichkeitsfunktionen} \[ \sum_{w \in \Omega} f(w) = 1 \text{ (die Summe aller Wahrscheinlichkeiten ist 1)}\] und logischerweise: \[ \forall w\in\Omega . f(w)>=0 \text{ (keine negativen Wahrscheinlichkeiten)} \] \subsection{Absoluten Momente diskreter Verteilungen} Ist f\"ur $k \in \{1,2,3,\ldots\}$ die Summe $\sum_{x \in X} |x|^kf(x) < \infty$, so heisst \begin{align} m_k = m_k(P) = \sum_{x \in X} x^kf(x) \end{align} das \textbf{k-te absolute Moment} der Verteilung P. \subsubsection{Mittelwert, Varianz} \begin{itemize} \item Mittelwert: $m_1 = m_1(P) = \sum_{n=0}^\infty n*f(n)$ \item Varianz: $\widehat{m}_2 = m_2 - m_1^2$ \end{itemize} \subsubsection{Momenterzeugende Funktion} \[ M(t)=\sum_{n\in\Omega}^{\infty}(e^t)^n * f(n) \] - f(n) ist die gegebene Wahrscheinlichkeitsfunktion\\ - 'n' k\"onnte z.B. definiert sein als $n=\{1,2,3,...\}$ \vspace*{15pt} \textbf{Berechnungsvorschrift} f\"ur das k-te Moment: \begin{enumerate} \item Berechne k-te Ableitung $M^k$ von $M(t)$ \item $m_i = M^{(k)}(0)$ \end{enumerate} \subsection{Erzeugende Funktion} \subsubsection{Wahrscheinlichkeitsfunktion berechnen} \textbf{Gegegeben:} Eine erzeugende Funktion $\hat{f}(z)$ gegeben. \begin{align} \hat{f}(z) = \sum^{\infty}_{k=0} f(k)z^k \end{align} \textbf{Gesucht:} Die Funktion $f(k)$ M\"oglichkeit 1: Taylorentwicklung \begin{align} \hat{f}(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}\hat{f}^{(k)}(0)z^k\\ \Rightarrow f(k) = \frac{1}{k!} \hat{f}^{k}(0) \end{align} M\"oglichkeit 2: Problem auf bekannte diskrete Verteilung zur\"uckf\"uhren (z.B. geometrische Reihe) \subsubsection{Mittelwert $m_1$} \begin{align} M(t) = \hat{f}(e^t)\\ m_1 = M'(t)|_{t=0} = \hat{f}'(e^t)e^t|_{t=0} = \hat{f}'(1) \end{align} \subsubsection{Varianz $\hat{m}_2$} \begin{enumerate} \item Zuerst \textbf{zweites Moment} berechnen: \begin{align} m_2 = \hat{f}''(1) + \hat{f}'(1) \rightarrow \text{, falls \textbf{Erzeugende-Funktion} (hier)}\\ m_2 = \hat{f}''(0) \rightarrow \text{, falls \textbf{Momenterzeugende-Funktion}} \end{align} \item Dann \textbf{Varianz}: \begin{align} \hat{m}_2 = m_2 - m_1^2 \end{align} Siehe unten f\"ur $m_2$ Berechnungsvorschrift! \end{enumerate} \section{Verteilungen und Verteilungsfunktionen} \subsection{Allgemein} \subsubsection{Eigenschaften Verteilungsfunktionen} \begin{itemize} \item \textbf{rechtsseitig} stetig \item monoton steigend \item $\lim_{t \to \infty} G(t) = 1, \quad \lim_{t \to -\infty} G(t) = 0$ \item Dichte $g(t) = G'(t)$ \item $m_1 = \int_{-\infty}^{\infty}t*g(t)dt$ \end{itemize} \subsection{Binominalverteilung} \subsubsection{Allgemein} \[ \mathcal{B}(k | p,n) \enspace \textbf{ oder auch } \enspace B(k;p,n) = \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} p^k(1-p)^{n-k} \enspace \newline \text{mit k = 0,1,2,...,n} \] - wobei diese Funktion die \textbf{kumulierte} Wahrscheinlichkeit angibt, also z.B. wobei k = 2 die Wahrscheinlichkeit "1 oder 2" \\ - p ist die Wahrscheinlichkeit f\"ur ein positives Ereignisse \\ - n ist Anzahl wie oft wir ziehen \subsubsection{Beispiel: 500 Druckfehler auf 500 Seiten} Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass auf einer Seite mindestens 3 Druckfehler sind? \[ 1- \sum_{k=0}^{2} \mathcal{B}(k,p,n) \enspace mit \enspace \] \\ k=0,1,2 (Gegenereignisse)\\ n = 500 (wir ziehen Fehler "ohne zur\"ucklegen") \\ p=1/500 (die Wahrscheinlichkeit dass ein Fehler auf einer bestimmten Seite ist)\\ \begin{equation*} \begin{split} 1- \sum_{k=0}^{2} \mathcal{B}(k|1/500,500) & = 1 - \mathcal{B}(0|1/500,500) - \mathcal{B}(1|1/500,500) - \mathcal{B}(2|1/500,500) \\ & = 1 - \left( \frac{499}{500} \right) ^{500} - 500\frac{1}{500}\left(\frac{499}{500}\right)^{499} - \frac{500*499}{1*2}\left( \frac{1}{500} \right) ^2 \left( \frac{499}{500} \right) ^{498} \\ & = 0,08 \end{split} \end{equation*} \subsection{Poisson-Verteilung} \subsubsection{Allgemein} Ereignisse m\"ussen mit konstanter Rate, unabh\"angig voneinander und in einem festen Bereich (Modell) stattfinden! \[ P_{\lambda}(n) = \frac{\lambda ^n}{n!} e ^{- \lambda} \] \subsection{Normal-Verteilung $\mathcal{N}(\mu, \sigma^2)$} $f(x) = N(\mu, \sigma^2) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}*e^{-\frac{1}{2\sigma^2}(x- \mu)^2} \quad \quad m_1 = \mu \quad \quad \widehat{m}_2=\sigma^2$ \subsubsection{$\mathcal{N}(0,1)$-Verteilung} $f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}*e^{-0.5x^2}$ \subsection{Exponentiallverteilung} \textbf{Dichtefunktion}: \begin{align} f_\lambda(x) = \begin{cases} \lambda*e^{-\lambda x} & x \geq 0 \\ 0 & x < 0 \end{cases} \end{align} \textbf{Verteilungsfunktion}: \begin{align} F(x) = \int_0^x f_\lambda(t) dt = \begin{cases} 1 - e^{-\lambda x} & x \geq 0 \\ 0 & x < 0 \end{cases} \end{align} \subsection{Laplace-Verteilung} Zufallsexperimente, bei denen jedes Ergebnis die gleiche Chance hat. \\ $f(w) = L(\Omega) = \frac{1}{|\Omega|}$ \subsection{Hypergeometrische Verteilung} Zufallsexperimente, bei denen man die Ergebnisse als Anzahlen von schwarzen Kugeln unter n gezogenen interpretieren kann. \\ $f(k) = H(N, K, n) = \frac{\binom{K}{k}*\binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}}$ \subsection{Geometrische Verteilung} Die geometrische Verteilung beschreibt die Wartezeit für das erstmalige Eintreten eines Ereignisses unter der Annahme der Ged\"achtnislosigkeit. \\ $G(p) = f(n) = p*q^{n-1} \quad \quad m_1 = \frac{1}{p}$ \subsection{Uniform-Verteilung $\mathcal{U}(a,b)$} \textbf{Dichtefunktion}: \begin{align} f(x) = \begin{cases} \frac{1}{b - a} & a \leq x \leq b \\ 0 & sonst \end{cases} \end{align} \textbf{Verteilungsfunktion}: \begin{align} F(x) = \begin{cases} 0 & x \leq a\\ \frac{x - a}{b - a} & a < x < b \\ 1 & x \geq b\\ \end{cases} \end{align} \section{Zufallsvariablen} \subsection{Dichten von Verteilungen von Zufallsvariablen} \textbf{Problembeschreibung}: Berechnung von Wahrscheinlichkeit des Ereignisses $(X_1 > a * X_2)$ o.\"a. Zufallsvariablen $X_1, X_2$ sind dabei stochastisch unabh\"angig. Die Verteilungen von $X_i$ haben dabei die Dichten $f_i$.\\ Somit gilt nach der Marginalsdichte: $f(x_1,x_2) = f_1(x_1)*f_2(x_2)$. \begin{align} P(X_1 > a * X_2) = \int \int_{x_1>a*x_2} f_1(x_1)*f_2(x_2) dx_1dx_2 := I \end{align} In Abh\"angigkeit von Reihenfolge, in der die Integration \"uber die Variablen $x_1$ und $x_2$ durchgef\"uhrt werden, ergeben sich zwei Darstellungen: \begin{align} I = \int_{-\infty}^{\infty} f_1(x_1)F_2(\frac{1}{a}x_1)dx_1\\ I = \int_{-\infty}^{\infty} f_2(x_2)(1 - F_1(ax_2))dx_2 \end{align} Siehe auch L\"osungssammlung Aufgabe $98$ ff. \subsubsection{Beispiel} Die Zufallsvariablen $X_1$ und $X_2$ seien uniform verteilt auf $[0, 2]$. Berechnen Wahrscheinlichkeit des Ereignisses $(X_1X_2 \leq \frac{1}{2})$. \begin{align} M = \{(x_1, x_2) \in \mathbb{R}^2 | 0 \leq x_1,x_2 \leq 2\}\\ f(x_1,x_2) = \begin{cases} f(x_1)*f(x_2) = \frac{1}{4} & \text{f\"ur } (x_1,x_2) \in M \\ 0 & \text{sonst} \end{cases} \end{align} Borelsche Menge: \begin{align} B = \{(x_1, x_2) \in \mathbb{R}^2 | x_1*x_2 \leq \frac{1}{2}\ = x_2 \leq \frac{1}{2 x_1}\} \\ P(x_1x_2 \leq \frac{1}{2}) = \int_B f(x_1, x_2) d(x_1, x_2) = \int 1_B*1_M*\frac{1}{4} d(x_1,x_2)\\ \int 1_{B \cap M} * \frac{1}{4} d(x_1,x_2) \end{align} Schnittmenge aus $B$ und $M$: \begin{align} B \cap M = \{(x_1, x_2) \in \mathbb{R}^2\ | (0 \leq x_1 \leq \frac{1}{4} \wedge 0 \leq x_2 \leq 2) \vee (\frac{1}{4} \leq x_1 \leq 2 \wedge 0 \leq x_2 \leq \frac{1}{2x_1})\}\\ \longrightarrow P(x_1x_2 \leq \frac{1}{2}) = \int^{\frac{1}{4}}_{0} \int^2_0 \frac{1}{4} dx_1dx_2 + \int^2_{\frac{1}{4}} \int^{\frac{1}{2x_1}}_0 \frac{1}{4} dx_2 dx_1 \end{align} \subsection{Erwartungswert $\varepsilon$ diskreter Zufallsvariablen} Falls der Erwartungswert einer diskreten Zufallsvariablen $X$ auf einem diskreten Wahrscheinlichkeitsraum $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ existiert, ist \begin{align} \varepsilon_P X = \sum_{\omega \in \Omega} X(\omega)P\{\omega\} \end{align} \newpage \section{Marginaldichte - Beispielrechnung} \[ f(x_1,x_2)= \begin{cases} ce^{-(2x_1+3x_2)} & x_1 > 0 \: und \: 0 < x_2 =stealth',semithick}, post/.style={->,shorten >=1pt,>=stealth',semithick}, mid/.style={-,shorten >=1pt,>=stealth',semithick}, place/.style={circle,draw=red!50,fill=red!20,thick}] \node[place] (A) at ( 0,0)[label=above:Before] {$(\Omega, A, P) $}; \node[place] (B) at ( 2,0) {$(R^n, B_n, P^X)$} edge [pre] node [auto] {X} (A); \node[place, align=center] (C) at ( 2,-3) {$(R^m, B_m, P^G$} edge [pre] node [auto] {$Y = G \circ X$} (A) edge [pre] node [auto] {$G$} (B); \end{tikzpicture} \end{center} \vspace*{7pt} \textbf{Gegeben:} Man hat stochastisch unabhängige Zufallsvariablen $X_1, \ldots , X_n$ gegeben mit Art der Verteilung. \textbf{Gesucht:} Verteilung von Zufallsvariable $Y$, die sich aus $X_i$ berechnen lässt. \textbf{Beispiel:}\\ Welche Verteilung besitzt \begin{align} Y = \frac{X_1}{X_1 + X_2} \end{align} falls $X_1$ und $X_2$ exponentiell verteilt mit Paramter $\lambda$ und stochastisch unabhängig sind. \begin{enumerate} \item Wegen Unabhängigkeit der Variablen $X_1$ und $X_2$ besitzt $P^X$ die Dichte $f(x_1,x_2) = f_1(x_1)f_2(x_2)$. \item $M = {(x_1, x_2); x_1 > 0 \text{ und } x_2 > 0}$\\ $\longrightarrow$ Wertebereich von $x_n$ anhand von Verteilung ermitteln. \item Gleichungen $G(x)$ definieren: \begin{align} y_1 &= \frac{x_1}{x_1 + x_2}\\ y_2 &= x_2 \end{align} \item Funktionaldeterminante ($J_{G}(x)$) der Abbildung $G$ berechnen \begin{align} J_{G}(x) = \text{det} \begin{pmatrix} \frac{\partial G_1}{\partial x_1} (x) & \cdots & \frac{\partial G_1}{\partial x_n} (x) \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{\partial G_n}{\partial x_1} (x) & \cdots & \frac{\partial G_n}{\partial x_n} (x) \\ \end{pmatrix}\\ J_{G}(x_1,x_2) = \text{det} \begin{pmatrix} \frac{x_2}{(x_1 + x_2)^2} & * \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix} = \frac{x_2}{(x_1 + x_2)^2} \end{align} \item Umkehrabbildung $G^*$ berechnen. Alle Zufallsvariablen werden werden mittels Funktionen verändert: z.B: $y_1 = x_1/x_2$. Jede i-te Funktion nach $x_i$ auflösen. \begin{align} x1 = \frac{y_1y_2}{1 - y_1}\\ x_2 = y_2 \end{align} \item Gesuchte Funktion: $g(y) = f(G^*(y))\frac{1}{|J_G(G^*(y))|}$\\ $\longrightarrow$ Setze für alle $x_i$ dementsprechend $y_i$ ein und multipliziere mit Kehrwehrt von Funktionaldeterminante. \begin{align} g(y_1,y_2) = \lambda^2e^{-\frac{\lambda}{1 - y_1}}\frac{y_2}{(1-y_1)^2} \end{align} \item Mit Marginaldichte $g_1(y_1)$ berechnen:\\ \begin{align} g_1(y_1) = \frac{\lambda}{1 - y_1} \int^\infty_0 y_2\frac{\lambda}{1 - y_1} e^{-\frac{\lambda}{1 - y_1}} dy_2\\ = \frac{\lambda}{1 - y_1} m_1 (\varepsilon(\frac{\lambda}{1 - y_1}))\\ = 1 \end{align} $\longrightarrow$ Da Mittelwert der $\varepsilon$-Verteilung gerade Kehrwert des Paramters ist. \item Folgerung: Dichte $g_1$ ist also die der Uniform-Verteilung ($U(0,1)$). \end{enumerate} \end{document}