Matematyka.pl

Witajcie Mam problem przy liczeniu funkcji generującej momenty (FGM). Po obliczeniu pewnej całki, oznaczam ją sobie:

\(\displaystyle{ \ldots = \frac{1}{2t+2} \cdot \left[ e^{x\left( t-1\right) }\right]_{-\infty}^{0} + \frac{1}{2t-2} \cdot \left[ e^{x\left( t-1\right) }\right]_{0}^{+\infty} = \\
\frac{1}{2t+2} \cdot \left[ e^{0} - e^{-\infty}\right] + \frac{1}{2t-2} \cdot \left[ e^{+\infty} - e^{0}\right] = \infty}\)

I właśnie przez ten człon \(\displaystyle{ e^{+\infty}}\) wszystko się wywala.

W dalszej części zadania mam wyznaczyć wartość oczekiwaną i wariancję danego rozkładu, więc jest to niemożliwe, gdy ta całka (czyli FGM) jest nieskończona...

Podpowiedzcie czy coś robię źle, czy to wykładowca musiał coś pomylić we wzorze funkcji (dodam, że wykładowca lubi się pomylić, zdarza mu się to wielokrotnie nawet na egzaminach).

Widziałem jeszcze bardzo podobny przykład pod tym linkiem i tam mieli podobne problemy, tylko w niewyjaśnionych okolicznościach nie otrzymali nieskończoności tylko \(\displaystyle{ 0}\) oraz \(\displaystyle{ -1}\):



Skąd im się wzięły te wyniki po podstawieniach? To jakieś własności? Sprytne triki, których nie znam?

Z góry dziękuję za pomoc!

P.S. Dodam, że całka \(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{tx} \cdot \frac{1}{2} e^{-\left| x\right| }}\) liczona na stronie również wychodzi rozbieżna... Ale całka z linku również wychodzi rozbieżna na tej stronie, a im wyszła skończona...

W dalszej części zadania mam wyznaczyć wartość oczekiwaną i wariancję danego rozkładu, więc jest to niemożliwe, gdy ta całka (czyli FGM) jest nieskończona...

Nieprawda, wartość oczekiwana i wariancja mogą istnieć nawet, gdy FGM nie istnieje. Dlaczego upierasz się przy liczeniu wartości oczekiwanej i wariancji za pomocą FGM? Bywa to wygodne, no ale chyba logiczne, że jeśli całka wychodzi rozbieżna, to tak tego nie policzysz.
Funkcja charakterystyczna istnieje za to dla każdego rozkładu i przy jej pomocy też da się wyznaczać momenty (gdy istnieją), wreszcie możesz wartość oczekiwaną i wariancję obliczać z definicji, dla rozkładu Laplace'a nie jest to trudne.

-- 12 gru 2018, o 02:24 --

Poza tym w linku jest inny przykład, więc nie wiem, o co chodzi.

Premislav pisze:Dlaczego upierasz się przy liczeniu wartości oczekiwanej i wariancji za pomocą FGM?

Upieram się dlatego, gdyż podpunkt b) brzmi:

"Wykorzystująć FGM zmiennej losowej X wyznaczyć jej wartość oczekiwaną, wariancję oraz k-ty moment zwykły"

Więc raczej obliczenie tych rzeczy z bezpośrednich wzorów odpada (a szkoda, bo to potrafię)

Wiem, że w linku jest inny przykład, ale pytam o to, czemu w miejscach gdzie robili oznaczenie tych wyrażeń po zbiorze \(\displaystyle{ \left( 0, +\infty \right)}\) wyszło im raz \(\displaystyle{ 0}\) i raz \(\displaystyle{ -1}\), bo może ja w swoim przypadku mogę też zrobić podobne myki, a nie wiem jak?

Jeśli dałbyś radę mi to jeszcze wyjaśnić byłbym zobowiązany

A nie, chyba jednak skończona wychodzi. Spójrzmy na to tak:
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{tx} \cdot \frac{1}{2} e^{-\left| x\right| }
\,\dd x=\int_{-\infty}^{0} e^{tx} \cdot \frac{1}{2} e^{-\left| x\right| }
\,\dd x+\int_{0}^{+\infty} e^{tx} \cdot \frac{1}{2} e^{-\left| x\right| }
\,\dd x=\\= \int_{-\infty}^{0}\frac 1 2\cdot e^{x(t+1)}\,\dd x+ \int_{0}^{+\infty}\frac 1 2\cdot e^{-x(1-t)}\,\dd x}\)
i pierwsza całka jest zbieżna dla \(\displaystyle{ t>-1}\), zaś druga dla \(\displaystyle{ t<1}\).
I jak to przeliczyć, to korzystając z \(\displaystyle{ \left( \frac{1}{\alpha}e^{\alpha x}\right)'=e^{\alpha x}}\)
i z tego, że \(\displaystyle{ \lim_{x \to +\infty}e^{-ax} =0}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ a>0}\),
\(\displaystyle{ \lim_{x \to -\infty}e^{ax} =0}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ a>0}\),
otrzymamy wynik
\(\displaystyle{ \frac{1}{2t+2}-\frac{1}{2t-2}=-\frac{1}{t^2-1}}\)
dla \(\displaystyle{ t\in(-1, 1)}\).
Intuicja jest taka, że dla dużych co do wartości bezwzględnej \(\displaystyle{ x}\) chcemy, by zachodziło \(\displaystyle{ tx-|x|<0}\).

Ok, czyli musimy zauważyć, że ta całka jest zbieżna tylko dla \(\displaystyle{ t \in \left( -1, 1\right)}\)?

Tak, ale to nam wystarcza, gdyż potrzebujemy tylko zbieżności (do porządnej funkcji) w \(\displaystyle{ (-\delta, \delta)}\) dla pewnego \(\displaystyle{ \delta>0}\), wtedy bez problemu możemy liczyć momenty.

a to tego już nie wiedziałem Dziękuję Ci bardzo Premislav