Erwartungswert bestimmen < math. Statistik < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:11 Sa 21.08.2010 | | Autor: | johnny11 |
| Aufgabe | Sie [mm] f_{X}(x) [/mm] = [mm] \bruch{1}{\alpha}*(1-x)^{-1+1/\alpha}, [/mm] 0 [mm] \le [/mm] x [mm] \le [/mm] 1 , [mm] \alpha [/mm] > 0.
Zeige, dass E(-log(1-X)) = [mm] \alpha.
[/mm]
Hinweis: Beachte, dass Y = -log(1-X) exponentialverteilt ist und dass [mm] \integral_{0}^{\infty}{exp(-u)u du} [/mm] = 1. |
Der Erwartungswert von Funktionen von Zufallsvariabeln schreibt sich ja wie folgt:
E(Y) = [mm] \integral_{\IR}{f(x)*h(x) dx}
[/mm]
Also: E(Y) = [mm] \integral_{0}^{1}{ \bruch{1}{\alpha}*(1-x)^{-1+1/\alpha}* (-log(1-x)) dx}.
[/mm]
Oder wäre die Dichtefunktion von Y von der Form [mm] \lambda*e^{-\lambda*x}? [/mm] eben exponentialverteilt.
Aber wie weiss ich dann was [mm] \lambda [/mm] ist?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:10 Sa 21.08.2010 | | Autor: | DesterX |
Hallo Johnny!
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> Also: E(Y) = [mm]\integral_{0}^{1}{ \bruch{1}{\alpha}*(1-x)^{-1+1/\alpha}* (-log(1-x)) dx}.[/mm]
>
Hier mal ein paar Anmerkungen:
1. Du musst dir nochmal genau die Definition vom Erwartungswert anschauen.
Es gilt:$E(Y)= [mm] \integral_{\Omega}{Y dP}$. [/mm] Falls nun P eine Lebesgue-Dichte f besitzt, kann man zeigen, dass "$dP = f dx$" gilt. Du darfst dann statt [mm] \integral_{\Omega}{Y dP} [/mm] wegen des Transformationssatzes [mm] $\integral_{0}^{1}{y \cdot f(y) dy}$ [/mm] betrachten, speziell heißt das bei dir dann $f(y)= [mm] \lambda\cdot{}e^{-\lambda\cdot{}y}. [/mm] $
2. $-log(1-X)$ für X=1 nicht definiert.
3. Berechne vielleicht zunächst mal den Erwartungswert der Exponentialverteilung und dann überlege weiter.
Viele Grüße, Dester
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:22 Mo 23.08.2010 | | Autor: | johnny11 |
Hallo,
Also, dann berechne ich zuerst den Erwartungswert der Exponentialverteilung:
Sei U ~ Exp, dann ist E(U) = [mm] \lambda*\integral_{0}^{\infty}{u*e^{-\lambda*u}*u du} [/mm] = [mm] \bruch{1}{\lambda}.
[/mm]
Nun berechne ich also [mm] \integral_{0}^{1}{y \cdot f(y) dy} [/mm] mit f(y)= [mm] \lambda\cdot{}e^{-\lambda\cdot{}y}.
[/mm]
Da erhalte ich aber mit partieller Integration folgendes:
[mm] \bruch{1-e^{-\lambda}}{\lambda} [/mm] - [mm] \lambda^2*e^{-\lambda}.
[/mm]
Das hilft mir aber nicht sehr weiter.
Was mache ich dann wohl falsch?
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Hallo!
> Hallo,
>
> Also, dann berechne ich zuerst den Erwartungswert der
> Exponentialverteilung:
>
> Sei U ~ Exp, dann ist E(U) =
> [mm]\lambda*\integral_{0}^{\infty}{u*e^{-\lambda*u}*u du}[/mm] =
> [mm]\bruch{1}{\lambda}.[/mm]
Genau.
> Nun berechne ich also [mm]\integral_{0}^{1}{y \cdot f(y) dy}[/mm]
> mit f(y)= [mm]\lambda\cdot{}e^{-\lambda\cdot{}y}.[/mm]
>
> Da erhalte ich aber mit partieller Integration folgendes:
>
> [mm]\bruch{1-e^{-\lambda}}{\lambda}[/mm] - [mm]\lambda^2*e^{-\lambda}.[/mm]
>
> Das hilft mir aber nicht sehr weiter.
> Was mache ich dann wohl falsch?
Das hat nichts mit der Aufgabe zu tun.
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Man kann den Erwartungswert ausrechnen, ohne die Hinweise zu beachten, so wie du es in deinem ersten Post mit
$E(Y) = [mm] \integral_{0}^{1}{ \bruch{1}{\alpha}\cdot{}(1-x)^{-1+1/\alpha}\cdot{} (-log(1-x)) dx}. [/mm] $
vorgeschlagen hast.
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Mit Beachtung der Hinweise geht es aber auch so, dass du zunächst zeigst, dass [mm] $-\log(1-X)$ [/mm] exponentialverteilt ist zum Parameter [mm] $\lambda [/mm] = [mm] \frac{1}{\alpha}$ [/mm] (*). Wenn du das gezeigt hast, kannst du mit Hilfe des zweiten Hinweises schnell den Erwartungswert ausrechnen:
Wir verwenden die Grenzen 0 und [mm] \infty [/mm] beim Integral, weil wir wissen, dass Y exponentialverteilt ist:
$E(Y) = [mm] \int_{0}^{\infty}x*\lambda*e^{-\lambda*x}dx [/mm] = [mm] \frac{1}{\lambda}*\int_{0}^{\infty}u*e^{-u} [/mm] du = [mm] \frac{1}{\lambda} [/mm] = [mm] \alpha.$
[/mm]
Es bleibt also noch (*) zu zeigen. Wenn ihr den Transformationssatz für Dichten schon hattet, könntest du feststellen, dass $g(x) = [mm] -\log(1-x)$ [/mm] alle Voraussetzungen erfüllt, da stetig und monoton wachsend. Ansonsten geht es natürlich auch zu Fuß:
Für y > 0:
[mm] $F_{Y}(y) [/mm] = [mm] \IP(Y \le [/mm] y) = [mm] \IP(-log(1-X) \le [/mm] y) = [mm] \IP(X\le 1-e^{-y}) [/mm] = [mm] F_{X}(1-e^{-y})$.
[/mm]
Wegen [mm] $F_{X}(x) [/mm] = [mm] \IP(X\le [/mm] x) = [mm] \int_{0}^{x}f_{X}(x) [/mm] dx = [mm] 1-(1-x)^{\frac{1}{\alpha}}$ [/mm] (Integrationsgrenze "0" kommt vom Definitionsbereich der Dichte [mm] f_{X} [/mm] !!) haben wir:
[mm] $F_{Y}(y) [/mm] = 1 - [mm] e^{-\frac{y}{\alpha}}$. [/mm] (für y > 0)
Damit haben wir [mm] $f_{Y}(y) [/mm] = [mm] F_{Y}'(y) [/mm] = [mm] \frac{1}{\alpha}*e^{-\frac{y}{\alpha}}$ [/mm] und gezeigt, dass Y wirklich exponentialverteilt ist. (Um es exakt zu machen, muss aber noch der Fall y < 0 betrachtet werden!!)
Grüße,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:11 Mo 23.08.2010 | | Autor: | johnny11 |
Hallo Stefan,
Vielen Dank für deine Hilfe, jetzt klappts ganz gut.
LG johnny11
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