Erwartungswert ausrechnen < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | [mm] X_{1},...,X_{n},Y_{1},...,Y_{n} [/mm] seien unabhängig gleichmäßig auf [0,1] verteilte Zufallsvariablen sowie
[mm] $A_{n}:=\frac{1}{n}*\sum_{k=1}^{n}1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})$.
[/mm]
Weise nach, dass [mm] E(A_{n}) [/mm] = [mm] \frac{\pi}{4} [/mm] gilt. |
Hallo!
Bei der obigen Aufgabe komme ich nicht zurecht mit den ganzen Indikatorfunktionen...
Ich habe schon:
[mm] $E(A_{n}) [/mm] = [mm] E\Big(1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})\Big)$
[/mm]
Ich vermute, das stimmt, weil ja [mm] X_{i} [/mm] und [mm] Y_{i} [/mm] alle gleichmäßig verteilt sind, somit auch identisch (es gibt ja keine Parameter).
Also bliebe noch
[mm] $E(1_{[0,1]}(X^{2}+Y^{2}))$
[/mm]
zu bestimmen, mit X und Y gleichverteilt auf [0,1].
Ich habe mir überlegt, dass ich das doch so umschreiben könnte:
$ = [mm] E(1_{\{X^{2}+Y^{2}\le 1\}}) [/mm] = [mm] P(X^{2}+Y^{2}\le [/mm] 1) $
Wie muss ich jetzt weitermachen?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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Hallo!
Unter denselben Voraussetzungen wie oben soll ich nun [mm] Var(A_{n}) [/mm] bestimmen.
Also sind [mm] X_{1},...,X_{n}, Y_{1},...,Y_{n} [/mm] unabhängige, gleichmäßig auf [0,1] verteilte ZVA.
Nun weiß ich erstmal:
[mm] $Var(A_{n}) [/mm] = [mm] E(A_{n}^{2}) [/mm] - [mm] [E(A_{n})]^{2}$
[/mm]
Ich muss also noch [mm] E(A_{n}^{2}) [/mm] bestimmen. Es ist:
[mm] $E(A_{n}^{2}) [/mm] = [mm] E\left[\left(\frac{1}{n}*\sum_{i=1}^{n}1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})\right)^{2}\right]$
[/mm]
$= [mm] \frac{1}{n^{2}}*E\left(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})*1_{[0,1]}(X_{j}^{2}+Y_{j}^{2})\right)$
[/mm]
Nun gibt es ja einen Unterschied zwischen i = j und [mm] i\not= [/mm] j, denke ich:
$= [mm] \frac{1}{n^{2}}*E\left[\sum_{i=1}^{n}\left(\left(\sum_{j=1, j\not= i}^{n}1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})*1_{[0,1]}(X_{j}^{2}+Y_{j}^{2})\right)+ 1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})\right)\right]$
[/mm]
[mm] $=\frac{1}{n}*\frac{\pi}{4} [/mm] + [mm] \frac{n-1}{n}E\Big[1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})*1_{[0,1]}(X_{j}^{2}+Y_{j}^{2})\Big]$
[/mm]
Geht es so weiter?:
[mm] $=\frac{1}{n}*\frac{\pi}{4} [/mm] + [mm] \frac{n-1}{n}P(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2}\le 1,X_{j}^{2}+Y_{j}^{2}\le [/mm] 1)$
[mm] $=\frac{1}{n}*\frac{\pi}{4} [/mm] + [mm] \frac{n-1}{n}P(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2}\le 1)*P(X_{j}^{2}+Y_{j}^{2}\le [/mm] 1)$
Darf ich diesen Schritt machen, weil die [mm] X_{i} [/mm] und [mm] Y_{i} [/mm] unabhängig sind?
Stimmt die Rechnung bis jetzt?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:47 Di 05.01.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Unter denselben Voraussetzungen wie oben soll ich nun
> [mm]Var(A_{n})[/mm] bestimmen.
> Also sind [mm]X_{1},...,X_{n}, Y_{1},...,Y_{n}[/mm] unabhängige,
> gleichmäßig auf [0,1] verteilte ZVA.
>
> Nun weiß ich erstmal:
>
> [mm]Var(A_{n}) = E(A_{n}^{2}) - [E(A_{n})]^{2}[/mm]
>
> Ich muss also noch [mm]E(A_{n}^{2})[/mm] bestimmen. Es ist:
>
> [mm]E(A_{n}^{2}) = E\left[\left(\frac{1}{n}*\sum_{i=1}^{n}1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})\right)^{2}\right][/mm]
Das sieht uebel aus. Warum verwendest du nicht, dass fuer unabhaengige ZVen $A, B$ gilt $Var(A + B) = Var(A) + Var(B)$ und [mm] $Var(\lambda [/mm] A) = [mm] \lambda^3 [/mm] Var(A)$ (fuer [mm] $\lambda \in \IR$)?
[/mm]
Damit ist doch [mm] $Var(A_n) [/mm] = [mm] \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n Var(1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})) [/mm] = [mm] \frac{1}{n} Var(1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})$.
[/mm]
Und die Varianz hier ist doch etwas einfacher auszurechnen.
> [mm]= \frac{1}{n^{2}}*E\left(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})*1_{[0,1]}(X_{j}^{2}+Y_{j}^{2})\right)[/mm]
>
> Nun gibt es ja einen Unterschied zwischen i = j und [mm]i\not=[/mm]
> j, denke ich:
>
> [mm]= \frac{1}{n^{2}}*E\left[\sum_{i=1}^{n}\left(\left(\sum_{j=1, j\not= i}^{n}1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})*1_{[0,1]}(X_{j}^{2}+Y_{j}^{2})\right)+ 1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})\right)\right][/mm]
>
> [mm]=\frac{1}{n}*\frac{\pi}{4} + \frac{n-1}{n}E\Big[1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})*1_{[0,1]}(X_{j}^{2}+Y_{j}^{2})\Big][/mm]
... mit $i [mm] \neq [/mm] j$.
> Geht es so weiter?:
>
> [mm]=\frac{1}{n}*\frac{\pi}{4} + \frac{n-1}{n}P(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2}\le 1,X_{j}^{2}+Y_{j}^{2}\le 1)[/mm]
>
> [mm]=\frac{1}{n}*\frac{\pi}{4} + \frac{n-1}{n}P(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2}\le 1)*P(X_{j}^{2}+Y_{j}^{2}\le 1)[/mm]
>
> Darf ich diesen Schritt machen, weil die [mm]X_{i}[/mm] und [mm]Y_{i}[/mm]
> unabhängig sind?
Ja.
> Stimmt die Rechnung bis jetzt?
Ja. Aber es geht halt auch einfacher 
LG Felix
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Hallo Felix,
danke für deine Antwort!
> Das sieht uebel aus. Warum verwendest du nicht, dass fuer
> unabhaengige ZVen [mm]A, B[/mm] gilt [mm]Var(A + B) = Var(A) + Var(B)[/mm]
> und [mm]Var(\lambda A) = \lambda^3 Var(A)[/mm] (fuer [mm]\lambda \in \IR[/mm])?
>
> Damit ist doch [mm]Var(A_n) = \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n Var(1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})) = \frac{1}{n} Var(1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})[/mm].
>
> Und die Varianz hier ist doch etwas einfacher
> auszurechnen.
Also, wenn [mm] X_{i},Y_{i} [/mm] unabhängig sind, dann sind auch [mm] (X_{i}^{2}+Y_{i}^{2}) [/mm] unabhängig?
Okay, den Rest verstehe ich Dann muss ich also noch berechnen:
[mm] $Var(1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})) [/mm] = [mm] E([1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})]^{2}) [/mm] - [mm] [E(1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2}))]^{2}$
[/mm]
Also bleibt noch [mm] E([1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})]^{2}) [/mm] zu bestimmen, für den doch dann einfach gilt:
[mm] $E([1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})]^{2}) [/mm] = [mm] E(1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})) [/mm] = [mm] \frac{\pi}{4}$,
[/mm]
oder?
Weil wenn die Indikatorfunktion 1 ist, dann ist auch das Quadrat 1 - so zumindest mein Gedankengang.
Dann hätte ich insgesamt:
[mm] $Var(A_{n}) [/mm] = [mm] \frac{1}{n}*\Big(\frac{\pi}{4}-\left(\frac{\pi}{4}\right)^{2}\Big)$
[/mm]
Und das stimmt auch mit dem anderen Ergebnis überein Stimmt also ?
Danke für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:47 Di 05.01.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> > Und die Varianz hier ist doch etwas einfacher
> > auszurechnen.
>
> Also, wenn [mm]X_{i},Y_{i}[/mm] unabhängig sind, dann sind auch
> [mm](X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})[/mm] unabhängig?
Genau.
> Okay, den Rest verstehe ich Dann muss ich also noch
> berechnen:
>
> [mm]Var(1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})) = E([1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})]^{2}) - [E(1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2}))]^{2}[/mm]
>
> Also bleibt noch [mm]E([1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})]^{2})[/mm] zu
> bestimmen, für den doch dann einfach gilt:
>
> [mm]E([1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})]^{2}) = E(1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})) = \frac{\pi}{4}[/mm],
>
> oder?
Ja.
> Weil wenn die Indikatorfunktion 1 ist, dann ist auch das
> Quadrat 1 - so zumindest mein Gedankengang.
Genau so ist es :)
Allgemein gilt ja [mm] $1_A \cdot 1_B [/mm] = [mm] 1_{A \cap B}$, [/mm] also [mm] $1_A^2 [/mm] = [mm] 1_{A \cap A} [/mm] = [mm] 1_A$.
[/mm]
> Dann hätte ich insgesamt:
>
> [mm]Var(A_{n}) = \frac{1}{n}*\Big(\frac{\pi}{4}-\left(\frac{\pi}{4}\right)^{2}\Big)[/mm]
>
> Und das stimmt auch mit dem anderen Ergebnis überein
> Stimmt also ?
Wenn ich mich nicht vertue, passt es :)
LG Felix
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Hallo Felix,
dann vielen Dank dir!
Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:34 Mi 06.01.2010 | | Autor: | horst532 |
hi
$ [mm] E([1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})]^{2}) [/mm] = [mm] E(1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})) [/mm] $
wieso gilt diese umformung? also wieso wird da plötzlich das quadrat weggelassen?
gruß horst
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:45 Mi 06.01.2010 | | Autor: | luis52 |
> hi
> [mm]E([1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})]^{2}) = E(1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2}))[/mm]
>
> wieso gilt diese umformung? also wieso wird da plötzlich
> das quadrat weggelassen?
> gruß horst
Moin,
weil [mm] $1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})$ [/mm] nur die Werte 0 oder 1 annimmt.
vg Luis
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:16 Di 05.01.2010 | | Autor: | luis52 |
> Wie muss ich jetzt weitermachen?
> Vielen Dank für Eure Hilfe!
>
Moin Stefan,
mach dir mal eine Skizze: Wo liegen die Punkte $(x,y)_$? Wo liegt [mm] $\{(x,y)\mid x^2+y^2\le1\}$?
[/mm]
vg Luis
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Hallo luis52,
Vielen Dank für deine Antwort!
> mach dir mal eine Skizze: Wo liegen die Punkte [mm](x,y)_[/mm]? Wo
> liegt [mm]\{(x,y)\mid x^2+y^2\le1\}[/mm]?
Also ich bin jetzt ja an der Stelle [mm] $P(X^{2}+Y^{2}\le [/mm] 1)$.
Mir ist an sich klar, dass da jetzt [mm] \frac{\pi}{4} [/mm] rauskommt - es wird ja der (ausgefüllte) Kreisbogen im ersten Quadraten beschrieben.
Ich habe aber noch Probleme damit, das formal aufzuschreiben - wie wäre da der nächste Schritt? Und stimmten die Schritte vorher?
Ich könnte schreiben:
[mm] $P(X^{2}+Y^{2}\le [/mm] 1) = [mm] P(\{\omega\in\Omega|X^{2}(\omega)+Y^{2}(\omega)\le 1\})$
[/mm]
Aber das verwirrt mich ja bloß noch mehr - ich kenne ja [mm] \Omega [/mm] überhaupt nicht...
Verstehst du mein Problem?
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:16 Di 05.01.2010 | | Autor: | luis52 |
> Ich habe aber noch Probleme damit, das formal
> aufzuschreiben - wie wäre da der nächste Schritt?
Bittesehr:
[mm] $P(X^2+Y^2\le1)=P(0\le [/mm] Y [mm] \le\sqrt{1-X^2})=\int_{0}^1\int_{0}^{\sqrt{1-x^2}}\,dy\,dx=\dots$
[/mm]
>Und
> stimmten die Schritte vorher?
>
Ja.
vg Luis
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Ok,
vielen Dank für deine Hilfe,
luis52!
Grüße,
Stefan
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| Aufgabe | Wieder [mm] X_{1},..,X_{n},Y_{1},...,Y_{n} [/mm] unabhängige, gleichmäßig auf [0,1] verteilte Zufallsvariablen und
[mm] $A_{n}:=\frac{1}{n}*\sum_{i=1}^{n}1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})$.
[/mm]
Bestimme für k = 0,1,2,3,4 ein möglichst kleines n derart, dass [mm] P\left(\left|A_{n}-\frac{\pi}{4}\right|\ge 10^{-k}\right)\le [/mm] 0.1 gilt. |
Hallo!
Ich weiß ja nun, dass [mm] $E(A_{n}) [/mm] = [mm] \frac{\pi}{4}$ [/mm] und [mm] $Var(A_{n}) [/mm] = [mm] \frac{1}{n}*\left(\frac{\pi}{4}-\left(\frac{\pi}{4}\right)^{2}\right)$.
[/mm]
Ich vermute, das muss ich in meine Überlegungen mit einbeziehen.
Ich habe überlegt, die Tschebyscheff-Ungleichung zu benutzen, aber damit bekomme ich doch kein "möglichst kleines n", oder? Wenn ich weiß, dass die [mm] X_{i} [/mm] und [mm] Y_{i} [/mm] gleichmäßig-verteilt auf [0,1] sind?
Aber Probieren kann ja schonmal nicht schaden: Nach Tschebyscheff gilt:
[mm] $P(|A_{n}-E(A_{n})|\ge \varepsilon) \le \frac{Var(A_{n})}{\varepsilon^{2}}$,
[/mm]
also hier wegen [mm] \varepsilon [/mm] = [mm] 10^{-k}:
[/mm]
$0.1 = [mm] \frac{Var(A_{n})}{\varepsilon^{2}} [/mm] = [mm] \frac{1}{n*10^{-2k}}*\left(\frac{\pi}{4}-\left(\frac{\pi}{4}\right)^{2}\right)$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow [/mm] n = [mm] 10^{2k-1}*\left(\frac{\pi}{4}-\left(\frac{\pi}{4}\right)^{2}\right)$.
[/mm]
Damit komme ich auf:
k = 1 --> n = 1.68, also n = 2
k = 2 --> n = 168.55, also n = 169.
Sind das die gesuchten Werte, oder gibt es eine bessere Möglichkeit, also eine, welche der Aufgabenstellung eher entspricht ? (Ist aber eine Grundvorlesung in WA-Theorie und Statistik, komplizierte Ungleichungen für gleichmäßig verteilte ZV hatten wir nicht)
Danke für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:17 Mi 06.01.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> Wieder [mm]X_{1},..,X_{n},Y_{1},...,Y_{n}[/mm] unabhängige,
> gleichmäßig auf [0,1] verteilte Zufallsvariablen und
>
> [mm]A_{n}:=\frac{1}{n}*\sum_{i=1}^{n}1_{[0,1]}(X_{i}^{2}+Y_{i}^{2})[/mm].
>
> Bestimme für k = 0,1,2,3,4 ein möglichst kleines n
> derart, dass [mm]P\left(\left|A_{n}-\frac{\pi}{4}\right|\ge 10^{-k}\right)\le[/mm]
> 0.1 gilt.
>
> Ich weiß ja nun, dass [mm]E(A_{n}) = \frac{\pi}{4}[/mm] und
> [mm]Var(A_{n}) = \frac{1}{n}*\left(\frac{\pi}{4}-\left(\frac{\pi}{4}\right)^{2}\right)[/mm].
>
> Ich vermute, das muss ich in meine Überlegungen mit
> einbeziehen.
Ja.
> Ich habe überlegt, die Tschebyscheff-Ungleichung zu
> benutzen, aber damit bekomme ich doch kein "möglichst
> kleines n", oder? Wenn ich weiß, dass die [mm]X_{i}[/mm] und [mm]Y_{i}[/mm]
> gleichmäßig-verteilt auf [0,1] sind?
Du kommst damit nicht auf das kleinste $n$, aber ein "recht" kleines. Aber in der Aufgabenstellung ist ja auch nicht das kleinste gefordert; insofern denke ich, dass Tschebyscheff hier ausreicht.
> Aber Probieren kann ja schonmal nicht schaden: Nach
> Tschebyscheff gilt:
>
> [mm]P(|A_{n}-E(A_{n})|\ge \varepsilon) \le \frac{Var(A_{n})}{\varepsilon^{2}}[/mm],
>
> also hier wegen [mm]\varepsilon[/mm] = [mm]10^{-k}:[/mm]
>
> [mm]0.1 = \frac{Var(A_{n})}{\varepsilon^{2}} = \frac{1}{n*10^{-2k}}*\left(\frac{\pi}{4}-\left(\frac{\pi}{4}\right)^{2}\right)[/mm]
Schreibe lieber $0.1 [mm] \ge [/mm] ...$
> [mm]\Rightarrow n = 10^{2k-1}*\left(\frac{\pi}{4}-\left(\frac{\pi}{4}\right)^{2}\right)[/mm].
Dann hast du hier ebenfalls $n [mm] \ge [/mm] ...$, und kannst bei der rechten Seite die obere Gaussklammer verwenden um gleich auf einen Minimalwert fuer $n$ zu kommen, ab den die Bedingung auf jeden Fall gilt.
> Damit komme ich auf:
> k = 1 --> n = 1.68, also n = 2
> k = 2 --> n = 168.55, also n = 169.
>
> Sind das die gesuchten Werte, oder gibt es eine bessere
> Möglichkeit, also eine, welche der Aufgabenstellung eher
> entspricht ? (Ist aber eine Grundvorlesung in
> WA-Theorie und Statistik, komplizierte Ungleichungen für
> gleichmäßig verteilte ZV hatten wir nicht)
Ich denke, dass dies die gesuchten Werte sind. Eine bessere Moeglichkeit kenne ich nicht.
LG Felix
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Okay,
danke Felix!
Grüße,
Stefan
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