Erwartungswert / Varianz < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:18 Di 12.12.2006 | | Autor: | Moe007 |
| Aufgabe | Sei X eine reelke Zufallsvariable. Überprüfe in den Fällen
a) X ist gleichverteilt auf [0,1]
b) X hat auf [mm] \IR [/mm] die Verteilungsdichte [mm] \rho(x) [/mm] = [mm] \bruch{1}{\pi} \bruch{1}{1 + x^{2}}
[/mm]
c) X ist Poisson-verteilt zu einem Parameter [mm] \lambda [/mm] > 0,
ob der Erwartungswert E(X) und die Varianz V(X) existieren, und berechne sie gegebenenfalls. |
Hallo,
ich habe versucht, die Aufgabe zu bearbeiten, bin mir aber nicht sicher, ob ich das richtig gemacht habe. Würd mich freuen, wenn mir jemand weiter helfen könnte.
Allgemein gilt doch, dass der Erwartungswert existiert, wenn [mm] \summe_{x \in X(\Omega)} [/mm] |x| P(X = x) < [mm] \infty
[/mm]
a) [mm] \summe_{x \in X(\Omega)} [/mm] |x| P(X [mm] \le [/mm] c) < [mm] \summe_{x \in X(\Omega)} [/mm] |x| c = c [mm] \summe_{x \in X(\Omega)} [/mm] |x|
Nun hab ich hier ein Problem, am Ende soll ja sein E(X) < [mm] \infty.
[/mm]
Ich weiß aber nicht, ob [mm] \summe_{x \in X(\Omega)} [/mm] |x| endlich ist.
Kann man vielleicht das noch weiter umformen?
Ich soll das ja den Erwartungswert berechnen, wenn er existiert, aber ich weiß leider nicht wie....
Für die Varianz gilt ja: V(X) = [mm] E(X^{2}) [/mm] - [mm] E(X)^{2},
[/mm]
aber was muss denn gelten, damit die Varianz existiert? Oder kann man sagen, dass wenn der Erwartungswert ex., dann auch die Varianz?
Da hab ich einfach mein Endergebnis von oben eingesetzt: V(X) = c [mm] \summe_{x \in X(\Omega)} x^{2} [/mm] - [mm] c^{2} [/mm] ( [mm] \summe_{x \in X(\Omega)} x)^{2}
[/mm]
Das Ergebnis erscheint mir sehr komisch, hab ich da was falsch gemacht?
b) [mm] \integral_{-\infty}^{c}{|x| \rho(x) dx} [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{c}{|x| \bruch{1}{\pi} \bruch{1}{1 + x^{2}}dx} [/mm] = [mm] \bruch{1}{\pi} [\bruch{1}{2} log(1+x^{2})]^{c}_{-\infty} [/mm] = [mm] \bruch{1}{\pi} [/mm] [ [mm] \bruch{1}{2} log(1+c^{2}) [/mm] - [mm] \bruch{1}{2} log(\infty)] [/mm]
Dies ist nicht < [mm] \infty, [/mm] da [mm] log(\infty) [/mm] = [mm] \infty [/mm] ist. Also ex. der Erwatungswert und damit die Varianz nicht.
Bin mir überhaupt nicht sicher, ob das so stimmt. Aber ich weiß leider nicht, wie es sonst geht.
c) [mm] \integral_{- \infty}^{c}{|x| e^{- \lambda} \bruch{\lambda^{k}}{k!} dx}= e^{- \lambda} \bruch{\lambda^{k}}{k!} \integral_{- \infty}^{c}{|x| dx}
[/mm]
Stimmt das so? Wie kann ich aber das Integral berechnen? Muss ich dann - [mm] \infty [/mm] in die Stammfunktion einsetzen? Dann muss ich ja entscheiden, ob das endlich ist oder nicht, also sprich ob der Erwartungswert ex. oder nicht.
Ich hoffe, es kann mir jemand weiter helfen.
Vielen Dank schonmal!
Viele Grüße,
Moe007
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:25 Do 14.12.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo,
kann mir bitte jemand bei der Aufgabe weiterhelfen? Ich versteh nicht ganz,wie ich die versch. Verteilungen im Erwartungswert und Varianz ausrechnen muss und ob das alles überhaupt endlich ist, was ja für die Existenz von Erwartungswert und Varianz wichtig ist.
Vielleicht kann ja jemand über meinen Lösungsansatz im Posting gucken, was da falsch ist und mich verbessern.
Vielen Dank.
VG, Moe
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:24 Do 14.12.2006 | | Autor: | luis52 |
Hallo Moe007,
a) Eine Gleichverteilung auf [0,1] kenne *ich* nur als stetige Verteilung
mit Dichte $f(x)=1$ fuer $0<x<1$ und $f(x)=0$ sonst. Mithin musst du
[mm] $\mbox{E}[X]=\int_{-\infty}^{+\infty} [/mm] x [mm] f(x)\,dx= \int_{0}^{1} [/mm] x [mm] \,dx$
[/mm]
und
[mm] $\mbox{Var}[X]=\int_0^1 (x-\mbox{E}[X])^2 \,dx$ [/mm] berechnen. Im ersten Fall
solltest du 1/2, im zweiten 1/12 erhalten.
b) Da hast schon sehr schoen argumentiert.
c) Die Poisson-Verteilung ist eine diskrete Verteilung mit
Wahrscheinlichkeitsfunktion [mm] $P(X=x)=\frac{\lambda^x}{x!}\exp(-\lambda)$
[/mm]
fuer Zahlen [mm] $x=0,1,2,\dots$ [/mm] und $P(X=x)=0$ sonst. Mithin musst du
[mm] $\mbox{E}[X]=\sum_{x=0}^\infty x\frac{\lambda^x}{x!}\exp(-\lambda)$ [/mm] und
[mm] $\mbox{Var}[X]=\sum_{x=0}^\infty (x-\mbox{E}[X])^2\frac{\lambda^x}{x!}\exp(-\lambda)$ [/mm] berechnen. In beiden
Faellen solltest du [mm] $\lambda$ [/mm] erhalten. Bei der Berechnung der Varianz
kann es noch hilfreich sein, die Formel
[mm] $\mbox{Var}[X]=\mbox{E}[X^2]-\mbox{E}^2[X]$ [/mm] zu verwenden mit
[mm] $\mbox{E}[X^2]=\sum_{x=0}^\infty x^2\frac{\lambda^x}{x!}\exp(-\lambda)$.
[/mm]
hth
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:59 Do 14.12.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo luis52,
vielen Dank erstmal für deine Hilfe.
Ich hab alles herausbekommen, was du mir geschrieben hast.
Nur bei der c) bei der Berechnung von der Varianz komme ich leider nicht auf [mm] \lambda:
[/mm]
Var[X] = [mm] E[X^{2}] [/mm] - [mm] E^{2}[X] [/mm]
[mm] E[X^{2}] [/mm] = [mm] \summe_{x=0}^{\infty} x^{2} \bruch{\lamda^{x}}{x!} e^{- \lambda}
[/mm]
und [mm] E^{2}[X] [/mm] = [mm] \lambda^{2} [/mm] oder?
Dann hab ich das bei Var[X] eingesetzt:
Var[X] = [mm] \summe_{x=0}^{\infty} x^{2} \bruch{\lamda^{x}}{x!} e^{- \lambda} [/mm] - [mm] \lambda^{2} [/mm] = [mm] e^{- \lambda} \summe_{x=0}^{\infty} x^{2} \bruch{\lamda^{x}}{x!} [/mm] - [mm] \lambda^{2}
[/mm]
Ich weiß jetzt nicht, wie ich das weiter vereinfachen kann, damit [mm] \lamda [/mm] rauskommt.
Kannst du mir da bitte weiter helfen. Das wäre sehr nett.
Danke!!
Viele Grüße,
Moe
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:10 Fr 15.12.2006 | | Autor: | luis52 |
Gut, du weisst also, dass gilt [mm] $\mbox{E}[X]=\sum_{x=0}^\infty x\frac{\lambda^x}{x!}\exp(-\lambda)=\lambda$
[/mm]
Dann ist
[mm] $\mbox{E}[X^2]=\sum_{x=0}^\infty x^2\frac{\lambda^x}{x!}\exp(-\lambda)
[/mm]
[mm] =\sum_{x=0}^\infty x(x-1)\frac{\lambda^x}{x!}\exp(-\lambda)+\lambda=
[/mm]
[mm] \lambda^2\sum_{x=2}^\infty \frac{\lambda^{x-2}}{(x-2)!}\exp(-\lambda)+\lambda=
[/mm]
[mm] \lambda^2\sum_{x=0}^\infty\frac{\lambda^x}{x!}\exp(-\lambda)+\lambda= [/mm]
[mm] \lambda^2+\lambda$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:15 Fr 15.12.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo luis52,
danke für deine Antwort.
Ich hab aber einen Schritt aus deiner Rechnung nicht ganz nachvollziehen können:
>
> Dann ist
> [mm]$\mbox{E}[X^2]=\sum_{x=0}^\infty x^2\frac{\lambda^x}{x!}\exp(-\lambda)[/mm]
>
> [mm]=\sum_{x=0}^\infty x(x-1)\frac{\lambda^x}{x!}\exp(-\lambda)+\lambda=[/mm]
Wie bist du von der oberen Zeile auf die Zeile gekommen? Wo kommt das (x-1) her? Ich versteh auch nicht, wie du auf das [mm] \lambda [/mm] am Ende kommst.
Ich hoffe, du erklärst es mir. Ich komm leider nicht von selbst drauf.
Vielen Dank und viele Grüße,
Moe
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:40 Fr 15.12.2006 | | Autor: | luis52 |
Ich habe ja unterstellt, dass du
[mm] $\sum_{x=0}^\infty x\frac{\lambda^x}{x!}\exp(-\lambda)=\lambda$
[/mm]
nachgewiesen hast. Wegen [mm] $x^2=x(x-1)+x$ [/mm] kann ich die fragliche Zeile so
schreiben.
hth
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:06 Fr 15.12.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo luis52,
ich habs jetzt verstanden!! Danke für deine Hilfe
Schönes WE,
Moe
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