Veränderung einer Variablen < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:47 Sa 18.01.2014 | | Autor: | Wiesel89 |
| Aufgabe | [mm]\int_{0}^{\infty}{1- \frac{1}{K}\sum_{i=1}^{K} I_\left \{\frac{1}{2}*log(1+(SNR)*\lambda_i^{(K)}) \leq x \right \}} dx
= \int_{0}^{\infty}{ \frac{1}{2}*\frac{1-\frac{1}{K} \sum_{i=1}^{K}I_ \left \{ \lambda_i^{(K)} \leq z \right \}}{ \frac{1}{SNR} + z} dz}[/mm]
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Hallo ihr Lieben,
es soll hier lediglich eine Veränderung der Integrationsvariablen stattgefunden haben. Ich komme aber nicht drauf. Jemand eine Idee?
P.S.: I ist die Indikatorfunktion
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Hiho,
setze [mm] $x=\frac{1}{2}\log\left(1+(SNR)z\right)$
[/mm]
edit: Dann hast du aber entweder einen Fehler in deiner Indikatorfunktion oder in deinem Ergebnisintegral.
Entweder es muss heißen:
$ [mm] \int_{0}^{\infty}{1- \frac{1}{K}\sum_{i=1}^{K} I_\left \{\frac{1}{2}\cdot{}log(1+\bruch{1}{(SNR)}\cdot{}\lambda_i^{(K)}) \leq x \right \}} [/mm] dx$
oder:
[mm] $\int_{0}^{\infty}{ \frac{1}{2}\cdot{}\frac{1-\frac{1}{K} \sum_{i=1}^{K}I_ \left \{ \lambda_i^{(K)} \leq z \right \}}{SNR + z} dz} [/mm] $
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:50 Sa 18.01.2014 | | Autor: | Wiesel89 |
Hmm, dann wäre in diesem Paper wohl ein Fehler, richtig? (Formel (44),(45))
![[]](/images/popup.gif) http://web.mit.edu/18.325/www/shamai_verdu.pdf
Oder hier per Bild:
http://abload.de/img/bildschirmfoto2014-01wsc33.png
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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Hiho,
machen wir es doch mal. Und zwar ein bisschen einfacher als durch deine Umformungen.
[mm] \int_0^\infty \left(1-F\left(h^{-1}(x)\right)\right) \, [/mm] dx
mit $h(x) = [mm] \bruch{1}{2}\log(1 [/mm] + SNRx)$ und Umkehrfunktion [mm] h^{-1}
[/mm]
Nun wird substituiert: $z = [mm] h^{-1}(x)$
[/mm]
Und damit: [mm] $\bruch{dz}{dx} [/mm] = [mm] (h^{-1})'(x) [/mm] = [mm] \bruch{1}{h'\left(h^{-1}(x)\right)} [/mm] = [mm] \bruch{1}{h'(z)}$ [/mm] (Ableitungsregel für die Umkehrfunktion)
[mm] \Rightarrow [/mm] $h'(z) dz = dx$
Also ergibt sich für das Integral:
[mm] $\int_0^\infty \left(1-F\left(h^{-1}(x)\right)\right) \, [/mm] dx = [mm] \int_0^\infty \left(1-F\left(z\right)\right) [/mm] h'(z) [mm] \,dz$
[/mm]
Na und h'(z) zu berechnen, überlasse ich mal dir....
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:22 Sa 18.01.2014 | | Autor: | Wiesel89 |
[mm]h'(z) = (\frac{1}{2}*log(1+SNRz))'= \frac{SNR}{2(SNR*z+1)}[/mm]
Ergo:
[mm]\int_0^\infty \left(1-F\left(z\right)\right) h'(z) \,dz = \int_0^\infty \left(1-F\left(z\right)\right)\frac{SNR}{2(SNR*z+1)}\,dz = \frac{1}{2}\int_0^\infty \left(1-F\left(z\right)\right)\frac{SNR}{SNR*z+1}\,dz[/mm]
Das heißt, die Aussage des Papers ist falsch ... oder habe ich wieder etwas übersehen?
Danke auf jeden Fall Gonozal_IX :)
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Hiho,
> Das heißt, die Aussage des Papers ist falsch ... oder habe ich wieder etwas übersehen?
Klammer unten mal SNR aus und kürze 
Gruß,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:58 Sa 18.01.2014 | | Autor: | Wiesel89 |
Gott steh mir bei.
Ich schiebe es aufs Wochenende oder die Zeit ... ich kann nicht einmal mehr kürzen!
Danke für die Mühe/Ausdauer :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:27 Sa 18.01.2014 | | Autor: | Diophant |
Hallo Wiesel89,
ich habe mir mal deinen Dateianhang vorgenommen, konnte das aber mit der LFFI-Lizenz nicht nachvollziehen.
Da dein Link eh die komplette Datei enthält, habe ich jetzt mal zur Sicherheit den Anhang gesperrt. Ich bitte da um Verständnis dafür und möchte betonen, dass dies kein Vorwurf an dich sein soll, sondern nach dem Motto 'Vorsicht ist die Mutter der Porzellankiste' erfolgt ist.
Gruß, Diophant
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