Stetig verteilte Zufallsvariable

Question

Gegeben:

$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2} x & \text { falls } x \in[0,1] \\ -\frac{1}{6} x+\alpha & \text { falls } x \in] 1,4] \\ 0 & \text { sonst. }\end{array}\right.$

i) Bestimme α so, dass f die Dichtefunktion einer stetig verteilten Zufallsvariable X ist.
Mein Ansatz:
$\begin{aligned} \lim \limits_{x \rightarrow \infty} F(x)=\int \limits_{-\infty}^{\infty} f(t) d t &=\int \limits_{-\infty}^{0} 0 d t+\int \limits_{0}^{1} \frac{1}{2} t d t+\int \limits_{1}^{4}-\frac{1}{6} t+\alpha d t+\int \limits_{4}^{\infty} 0 d t \\ &=\left.\left(\frac{1}{4} t^{2}\right)\right|_{t=0} ^{1}+\left.\left(-\frac{1}{12} t^{2}+\alpha t\right)\right|_{t=1} ^{4} \\ &=\frac{1}{4}+\left(-\frac{16}{12}+\alpha 4\right)-\left(-\frac{1}{12}+\alpha\right) \\ &=\frac{1}{4}-\frac{16}{12}+4 \alpha+\frac{1}{12}-\alpha \\ &=-1+3 \alpha \\ 1 &=-1+3 \alpha \\ 2 &=3 \alpha \\ \frac{2}{3} &=\alpha \end{aligned}$

ii) Bestimme den Erwartungswert der Zufallsvariable X.
Mein Ansatz:
$\begin{aligned} \mathcal{E}(X)=\int \limits_{-\infty}^{\infty} x f(x) d x &=\int \limits_{-\infty}^{0} 0 d x+\int \limits_{0}^{1} x\left(\frac{1}{2} x\right) d x+\int \limits_{1}^{4} x\left(-\frac{1}{6} x+\frac{2}{3}\right) d x+\int \limits_{4}^{\infty} 0 d x \\ &=\left.\left(\frac{1}{6} x^{3}\right)\right|_{0} ^{1}+\left.\left(-\frac{1}{18} x^{3}+\frac{2}{3} x\right)\right|_{1} ^{4} \\ &=\frac{1}{6}+\left(-\frac{4^{3}}{18}+\frac{8}{3}\right)-\left(-\frac{1}{18}+\frac{2}{3}\right) \\ &=\frac{1}{6}-\frac{32}{9}+\frac{8}{3}+\frac{1}{18}-\frac{2}{3} \\ &=-\frac{4}{3} \end{aligned}$

iii) Bestimme die Varianz der Zufallsvariable X, mithilfe von E(X^2) = 7/2
Mein Ansatz:
$\operatorname{Var}(X)=E\left(X^{2}\right)-(E(X))^{2}=\frac{7}{2}-\left(-\frac{4}{3}\right)^{2}=\frac{31}{18} \approx 1,72$

iv) Bestimme den Wert der Wahrscheinlichkeit P(0 < X <= 1/2).

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Comments

Hallo,

Du hast einen Fehler bei der Berechnung des Erwartungswerts, Du hast $\frac{2}{3}x$ nihct integriert. Du hättest den Fehler auch bemerken können, weil der EWert in dieser Konstellation nicht negativ sein kann.

Gruß Mathhilf

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Danke!

Habe das mal korrigiert
$\begin{aligned} E(x)=\int \limits_{-\infty}^{\infty} x f(x) d x &=\int \limits_{-\infty}^{0} 0 d x+\int \limits_{0}^{1} x\left(\frac{1}{2} x\right) d x+\int \limits_{1}^{4} x\left(-\frac{1}{6} x+\frac{2}{3}\right) d x+\int \limits_{4}^{\infty} 0 d x \\ &=\left.\left(\frac{1}{6} x^{3}\right)\right|_{0} ^{1}+\left.\left(-\frac{1}{18} x^{3}+\frac{1}{3} x^{2}\right)\right|_{1} ^{4} \\ &=\frac{1}{6}+\left(-\frac{4^{3}}{18}+\frac{16}{3}\right)-\left(-\frac{1}{18}+\frac{1}{3}\right) \\ &=\frac{1}{6}-\frac{32}{9}+\frac{16}{3}+\frac{1}{18}-\frac{1}{3} \\ &=\frac{5}{3} \end{aligned}$

und für Var(X) kommt dann 0,72 raus