Tschebychev-Ungleichung < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:21 Do 09.10.2014 | | Autor: | Bane77 |
Finden Sie, ohne die Tschebychev-Ungleichung zu finden, eine Schranke für P(|X| $ [mm] \le [/mm] $ 3). Anders gesagt, vollziehen Sie den Beweis der Tschebychev-Ungleichung an diesem Beispiel noch einmal nach.
Für b: Zeige, dass die Schranke scharf ist, also dass es eine ZVe X gibt, der der die Ungleichung eine Gleichung ist.
Hallo, ich habe eine Frage zur Lösung der obigen Aufgabe.
Wieso ist der EW(x²) =1 ?
und wieso ist der EW(x)=0 bzw. die Var(x)=1?
gilt das immer für die Zufallsvariable X-Betrag?
Hat jemand vielleicht eine schönere Lösung?
[Dateianhang nicht öffentlich]
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:30 Do 09.10.2014 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
auch wenn es nur ein Teil deines Bildes war: da war ein eingescannter Aufgabenzettel, ein gedrucktes Werk also und damit deine Angaben bezüglich der Urheberschaft falsch. Dein Anhang wurde daher gesperrt*.
Bitte lade hier fremde Werke nur hoch, wenn die beiden folgenden Punkte zutreffen:
- das Werk ist frei von Urheberrechten
- dies ist für Dritte mit minimalem Aufwand nachvollziehbar.
Weiter müssen die betreffenden Angaben zutreffend sein. Siehe hierzu auch unsere Forenregeln.
*EDIT: obiges betrifft deinen ursprünglichen Upload. Der jetzt aktuelle ist in Ordnung.
Gruß, Diophant
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Hallo,
wie ist $X$ denn verteilt?
Gruß
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:14 Do 09.10.2014 | | Autor: | abakus |
> Gesucht ist eine Schranke für [mm]P(|X|\le[/mm] 3).
>
>
> Hallo, ich habe eine Frage zur Lösung der obigen Aufgabe.
> Wieso ist der EW(x²) =1 ?
Hallo,
das ergibt sich sicher aus dem Sachzusammenhang.
Wie ist die Zufallsgröße X denn im Aufgabentext definiert?
Gruß Abakus
> und wieso ist der EW(x)=0 bzw. die Var(x)=1?
> gilt das immer für die Zufallsvariable X-Betrag?
>
> Hat jemand vielleicht eine schönere Lösung?
>
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:24 Do 09.10.2014 | | Autor: | Cyborg |
Hallo,
in der Aufgabe steht leider nichts dazu. Es wird nur auf den Beweis der Tschebychev-Ungleichung verwiesen...
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:29 Do 09.10.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo,
Aus der Markov-Ungleichung folgt sofort, dass für jede Zufalls-
variable [mm] $X\in\mathcal{L}^2$ [/mm] und jedes [mm] \epsilon>0 [/mm] gilt:
[mm] \mathbb{P}(|X-\mathbb{E}(X)|\ge\epsilon)\le\frac{\mathbb{V}(X)}{e^2}.
[/mm]
Gruß
DieAcht
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:37 Do 09.10.2014 | | Autor: | Bane77 |
Hallo,
ja, in der Aufgabenstellung steht leider nicht mehr dazu.
>
>
> Aus der Markov-Ungleichung folgt sofort, dass für jede
> Zufalls-
> variable [mm]X\in\mathcal{L}^2[/mm] und jedes [mm]\epsilon>0[/mm] gilt:
>
> [mm]\mathbb{P}(|X-\mathbb{E}(X)|\ge\epsilon)\le\frac{\mathbb{V}(X)}{e^2}.[/mm]
>
>
> Gruß
> DieAcht
und wieso ist der EW(x)=0 und die V(x)=1?>
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:51 Do 09.10.2014 | | Autor: | DieAcht |
> ja, in der Aufgabenstellung steht leider nicht mehr dazu.
Wieso tippst du nicht die komplette Aufgabenstellung ab?
> > Aus der Markov-Ungleichung folgt sofort, dass für jede
> > Zufalls-
> > variable [mm]X\in\mathcal{L}^2[/mm] und jedes [mm]\epsilon>0[/mm] gilt:
> >
> >
> [mm]\mathbb{P}(|X-\mathbb{E}(X)|\ge\epsilon)\le\frac{\mathbb{V}(X)}{e^2}.[/mm]
> und wieso ist der EW(x)=0 und die V(x)=1?>
Von der Markov-Gleichung aus setzen wir unter Anderem
[mm] X:=X-\mathbb{E}(X).
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:16 Do 09.10.2014 | | Autor: | Bane77 |
>
> Wieso tippst du nicht die komplette Aufgabenstellung ab?
>
Ich wusste nicht, inwieweit ich da evtl. Rechte verletzte (s. Mitteilung oben) Die Aufgabenstellung sagt außerdem nicht viel aus:
"Finden Sie, ohne die Tschebychev-Ungleichung zu finden, eine Schranke für P(|X| [mm] \le [/mm] 3). Anders gesagt, vollziehen Sie den Beweis der Tschebychev-Ungleichung an diesem Beispiel noch einmal nach."
> > > Aus der Markov-Ungleichung folgt sofort, dass für jede
> > > Zufalls-
> > > variable [mm]X\in\mathcal{L}^2[/mm] und jedes [mm]\epsilon>0[/mm]
> gilt:
> > >
> > >
> >
> [mm]\mathbb{P}(|X-\mathbb{E}(X)|\ge\epsilon)\le\frac{\mathbb{V}(X)}{e^2}.[/mm]
>
> > und wieso ist der EW(x)=0 und die V(x)=1?>
>
> Von der Markov-Gleichung aus setzen wir unter Anderem
>
> [mm]X:=X-\mathbb{E}(X).[/mm]
achso ok, gut zu wissen.
und wenn ich das dann in die markov-ungleichung einsetze, muss ich nur noch die rechte Seite quadrieren und ich habe die Tschebychev-Ungleichung. Darf ich einfach die Rechte Seite quadrieren und die linke nicht? und wieso ist der EW(x²)=1?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:54 Do 09.10.2014 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
> >
> > Wieso tippst du nicht die komplette Aufgabenstellung ab?
> >
> Ich wusste nicht, inwieweit ich da evtl. Rechte verletzte
> (s. Mitteilung oben)
Abtippen von Aufgabenstellungen ist in Ordnung, nur nicht das grafische Reproduzieren von Aufgabenzetteln oder Buchausschnitten.
Gruß, Diophant
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:54 Do 09.10.2014 | | Autor: | DieAcht |
> und wenn ich das dann in die markov-ungleichung einsetze,
> muss ich nur noch die rechte Seite quadrieren und ich habe
> die Tschebychev-Ungleichung. Darf ich einfach die Rechte
> Seite quadrieren und die linke nicht?
Ich verstehe dein Vorgehen nicht. Wenn wir die Markov-Ungleichung
bewiesen haben, dann können wir [mm] X:=X-\mathbb{E}(X) [/mm] setzen und als monoton
wachsende Funktion [mm] x^2 [/mm] betrachten. Daraus folgt die Tschebyscheff-
Ungleichung. Ansonsten können wir auch mit dem Beweis der Markov-
Ungleichung anfangen. Dazu betrachten wir für alle [mm] \epsilon>0:
[/mm]
[mm] \{|X|\ge\epsilon\}=\{\omega\in\Omega\colon|X(\omega)|\ge\epsilon\}
[/mm]
und wählen eine monoton wachsende Funktion mit ......, sodass......
Am Besten du schreibst auch mal genau auf was du machst und wo
genau deine Probleme liegen. Wer hat denn das handschriftliche
Blatt in deinem Start geschrieben?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:09 Do 09.10.2014 | | Autor: | Bane77 |
ah ok, wenn ich x² betrachte komme ich auf die Varianz. Aber dann habe ich auf der rechten Seite nur c im Nenner und nicht c²?
außerdem verstehe ich immer noch nicht warum der EW(x²)=1 ist.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:23 Do 09.10.2014 | | Autor: | DieAcht |
> ah ok, wenn ich x² betrachte komme ich auf die Varianz.
Ja, auf der rechten Seite im Zähler.
> Aber dann habe ich auf der rechten Seite nur c im Nenner
> und nicht c²?
Nein, auf der rechten Seite steht im Nenner [mm] \phi(\epsilon), [/mm] wobei hier
[mm] \phi(x):=x^2
[/mm]
(die Hilfsfunktion) monoton wachsend ist. Im Nenner dann: [mm] \phi(\epsilon)=\epsilon^2.
[/mm]
Hast du den Beweis verstanden?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:54 Do 09.10.2014 | | Autor: | Bane77 |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
ok bis dahin hab ichs verstanden.
Allerdings sind in meinen Unterlagen in der Ungleichung keine Betragsstriche,
$ \mathbb{P}(X\ge c)\le\frac{\mathbb{E}(g(X))}{g(c)}. $
also müsste ich x:= |x-E(x)| setzen oder?
Bei der Markov-Ungleichung hab ich
$ \mathbb{P}(|X|\ge c)\le\frac{\mathbb{E}(|X|)}{c}. $
stehen
c ist doch eine Konstante die kann ich doch dann nicht einfach als $ \phi(c)=c^2. $ definieren?
Wenn
$ \mathbb{P}(|X-\mathbb{E}(X)|\ge 3)\le\frac{\mathbb{V}(X)}{9}. $
wie komm ich dann drauf dass $ \mathbb{V}(X) = 1$ ist bzw $ \mathbb{E}(x^2)} = 1 $ ?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 05:29 Fr 10.10.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo Bane,
> ok bis dahin hab ichs verstanden.
Gut.
> Allerdings sind in meinen Unterlagen in der Ungleichung
> keine Betragsstriche,
> [mm]\mathbb{P}(X\ge c)\le\frac{\mathbb{E}(g(X))}{g(c)}.[/mm]
Das ist in Ordnung, aber hier ist die Genauigkeit wichtig,
denn es ist mit
[mm] g\colon\IR\to[0,\infty)
[/mm]
eine monoton wachsende Funktion gemeint. Dann erhalten wir
[mm] \blue{g(c)\mathbb{P}(X\ge c)\le\mathbb{E}(g(X))}
[/mm]
und für [mm] $g(c)>0\$ [/mm] folgt dann
[mm] \blue{\mathbb{P}(X\ge c)\le\frac{\mathbb{E}(g(X))}{g(c)}}.
[/mm]
Übrigens kann man die Markov-Ungleichung mit Hilfe bzw. durch die
Benutzung der charakteristischen Funktion direkt in einer Zeile
zeigen. Das hängt dann am Ende natürlich auch vom Geschmack ab.
> also müsste ich x:= |x-E(x)| setzen oder?
Wieso benutzt du für Zufallsvariablen kleine Variablen? Zu deiner
Frage: Ja, hier ersetzen wir dann [mm] $X\$ [/mm] mit [mm] $|X-\mathbb{E}(X)|\$.
[/mm]
> Bei der Markov-Ungleichung hab ich
> [mm]\mathbb{P}(|X|\ge c)\le\frac{\mathbb{E}(|X|)}{c}.[/mm]
>
> stehen
![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]") ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
Die Markov-Ungleichung habe ich dir oben noch einmal mit blauer
Farbe markiert! Beachte, dass [mm] $X\$ [/mm] "nur" eine reelle Zufallsvaria-
ble ist und wir hier keine weiteren Voraussetzungen benötigen.
> c ist doch eine Konstante die kann ich doch dann nicht
> einfach als [mm]\phi(c)=c^2.[/mm] definieren?
Du bist durcheinander gekommen. [mm] $g\$ [/mm] ist eine monoton wachsende
Funktion (siehe oben) und deshalb können wir
[mm] $x^2:=\phi(x):=g(x)\$
[/mm]
setzen. Vielleicht habe ich dich aber auch nur mit der Variable
verwirrt. Wir haben also
[mm] \mathbb{P}(X\ge c)\le\frac{\mathbb{E}(g(X))}{g(c)}
[/mm]
und ersetzen [mm] $X\$ [/mm] mit [mm] $|X-\mathbb{E}(X)|\$, [/mm] setzen [mm] \phi(x):=x^2 [/mm] und erhalten für [mm] $c>0\$
[/mm]
[mm] \red{\mathbb{P}(|X-\mathbb{E}(X)|\ge c)\le}\frac{\mathbb{E}(\phi(|X-\mathbb{E}(X)|))}{\phi(c)}=\frac{\mathbb{E}((|X-\mathbb{E}(X)|)^2)}{c^2}=\red{\frac{\mathbb{V}(X)}{c^2}},
[/mm]
eine sogenannte Tschebyscheff-Ungleichung. Beachte, dass wir
hier [mm] X\in\mathcal{L}^2 [/mm] als Voraussetzung benötigen. In deiner Aufgaben-
stellung wurde diese sehr wichtige Voraussetzung leider igno-
riert und man soll wohl entweder auf eine Lösung mit wenigen
Voraussetzungen kommen oder am Besten ohne weitere. Wichtig:
Beachten, dass wir mit anderen Hilfsfunktionen auch andere
Tschebyscheff-Ungleichungen erhalten! Das ist sehr wichtig,
denn bei richtiger Wahl von [mm] \phi [/mm] wird es einfacher und darum
geht es hier auch indirekt.
> Wenn [mm]\mathbb{P}(|X-\mathbb{E}(X)|\ge 3)\le\frac{\mathbb{V}(X)}{9}.[/mm]
Das würde stimmen, falls [mm] X\in\mathcal{L}^2 [/mm] ist. Am Besten wäre es, wenn du
hier die komplette Aufgabenstellung abtippst. Meine Fragen:
1) Hast du das in deinem Eingangspost geschrieben?
2) Dort sind zwei Teilaufgaben in Form von a) und b) beantwortet.
3) Ist [mm] $X\$ [/mm] eine diskrete Zufallsvariable?
4) Ist [mm] $X\$ [/mm] eine stetige Zufallsvariable?
> wie komm ich dann drauf dass [mm]\mathbb{V}(X) = 1[/mm] ist
Ich habe einen Verdacht, wie deine Lösung darauf kommt. Dazu
schreibe ich ganz am Ende etwas.
> bzw [mm] \mathbb{E}(x^2)=1? [/mm]
Du meinst
[mm] \mathbb{E}(X^2)=1.
[/mm]
Aus [mm] \mathbb{E}(X)=0 [/mm] folgt [mm] \mathbb{E}(X)^2=0 [/mm] und damit
[mm] \mathbb{V}(X)=\mathbb{E}(X^2)-\mathbb{E}(X)^2=\mathbb{E}(X^2).
[/mm]
Wieso nun von Anfang an
[mm] 1=\mathbb{V}(X)=\mathbb{E}(X^2)
[/mm]
gesetzt wird kann ich nur erraten (siehe unten). Falls aber die
Voraussetzung so sind, dann sind wir hier natürlich fertig.
Jetzt kommt Am Ende meine Kristallkugel, die auch mit deinem
Bild in gewisser Weise übereinstimmt. Man muss es sich dann
nur nochmal genauer angucken.
Sei [mm] $X\sim\mathcal{N}(\mu,\sigma^2)$ [/mm] mit [mm] $\mathbb{E}(X)=\mu=0$ [/mm] und [mm] $\mathbb{V}(X)=\sigma^2=1$ [/mm] (Standardnormalverteilung(!)).
Dann setzen wir in die Markov-Ungleichung folgendes ein
[mm] $X:=|X-\mathbb{E}(X)|\$, $\phi(x):=x^2$, $c:=3>0\$
[/mm]
und erhalten
[mm] \mathbb{P}(|X|\ge 3)\le\frac{1}{9}.
[/mm]
Jetzt interessieren wir uns allerdings für eine Schranke von
[mm] $\mathbb{P}(|X|\le [/mm] 3)$.
Jetzt bist du wieder dran! Zeichne dir die Dichtefunktion der
Standardnormalverteilung
[mm] \phi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}x^2}
[/mm]
auf, beachte die Achsensymmetrie zur y-Achse und überlege dir,
wie du obiges Problem lösen kannst.
Falls meine Kristallkugel richtig liegt, dann musst du natürlich
nicht mehr obige Fragen beantworten. Falls du noch Fragen hast,
dann kannst du sie natürlich weiterhin stellen. Interessieren
würde mich dein Ansatz/Lösung zum letzten "Problem". Beachte,
dass die Aufgabe von dir die komplette Herleitung verlangt. Du
fängst also an mit
[mm] $\{|X|\ge 3\}=\{\omega\in\Omega\colon|X(\omega)|\ge 3\}$,
[/mm]
wählst die monoton wachsende Abbildung
[mm] $g\colon\IR\to[0,\infty)\colon x\mapsto x^2$,
[/mm]
ersetzt [mm] $X\$ [/mm] mit [mm] $|X-\mathbb{E}(X)|\$ [/mm] und benutzt, dass
[mm] $X\sim\mathcal{N}(\mu,\sigma^2)$ [/mm] mit [mm] $\mathbb{E}(X)=\mu=0$ [/mm] und [mm] $\mathbb{V}(X)=\sigma^2=1$.
[/mm]
Alles klar? Danach folgt noch das Problem, das du lösen musst.
Übrigens kann man zeigen, dass die Abschätzung durch die oben
bewiesene Tschebyscheff-Ungleichung für diskrete Zufallsvariablen
nicht verbessert werden kann. In der Literatur findet man zur
oben bewiesenen Tschebyscheff-Ungleichung etwas sehr ähnliches,
wenn es um Abweichungen durch die Standardabweichung geht.
Gruß
DieAcht
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:32 Fr 10.10.2014 | | Autor: | Bane77 |
Hallo,
vielen Dank für deine Antwort.
> Übrigens kann man die Markov-Ungleichung mit Hilfe bzw.
> durch die
> Benutzung der charakteristischen Funktion direkt in einer
> Zeile
> zeigen. Das hängt dann am Ende natürlich auch vom
> Geschmack ab.
Meinst du mit der charakteristischen Funktion die Indikatorfunktion?
Kann man von der aus vielleicht schließen, dass $ EW(X²)= 1 $ ist?
> Beachte, dass wir
> hier [mm]X\in\mathcal{L}^2[/mm] als Voraussetzung benötigen.
was bedeutet dieses $ [mm] \mathcal{L}^2 [/mm] $?
> Am Besten
> wäre es, wenn du
> hier die komplette Aufgabenstellung abtippst. Meine
> Fragen:
Das habe ich schon:
"Finden Sie, ohne die Tschebychev-Ungleichung zu finden, eine Schranke für P(|X| $ [mm] \le [/mm] $ 3). Anders gesagt, vollziehen Sie den Beweis der Tschebychev-Ungleichung an diesem Beispiel noch einmal nach."
> 1) Hast du das in deinem Eingangspost geschrieben?
> 2) Dort sind zwei Teilaufgaben in Form von a) und b)
> beantwortet.
Für b: " Zeige, dass die Schranke scharf ist, also dass es eine ZVe X gibt, der der die Ungleichung eine Gleichung ist."
> 3) Ist [mm]X\[/mm] eine diskrete Zufallsvariable?
> 4) Ist [mm]X\[/mm] eine stetige Zufallsvariable?
Das steht da nicht. Die Normalverteilung haben wir aber erst ein paar Tage später eingeführt.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:19 Fr 10.10.2014 | | Autor: | DieAcht |
> > Übrigens kann man die Markov-Ungleichung mit Hilfe bzw.
> > durch die
> > Benutzung der charakteristischen Funktion direkt in
> einer
> > Zeile
> > zeigen. Das hängt dann am Ende natürlich auch vom
> > Geschmack ab.
>
> Meinst du mit der charakteristischen Funktion die
> Indikatorfunktion?
Ja.
> Kann man von der aus vielleicht schließen, dass [mm]EW(X²)= 1[/mm]
> ist?
Ich sehe keine direkte Möglichkeit. Es gilt:
[mm] \mathbb{E}(\chi_{A})=\mathbb{P}(A).
[/mm]
> > Beachte, dass wir
> > hier [mm]X\in\mathcal{L}^2[/mm] als Voraussetzung benötigen.
>
> was bedeutet dieses [mm]\mathcal{L}^2 [/mm]?
Kennst du nicht den [mm] \mathcal{L}^p [/mm] Raum? Tipp: Der Erwartungswert muss
nicht immer existieren! Analog dann: Varianz.
> > Am Besten
> > wäre es, wenn du
> > hier die komplette Aufgabenstellung abtippst. Meine
> > Fragen:
>
> Das habe ich schon:
>
> "Finden Sie, ohne die Tschebychev-Ungleichung zu finden,
> eine Schranke für P(|X| [mm]\le[/mm] 3). Anders gesagt, vollziehen
> Sie den Beweis der Tschebychev-Ungleichung an diesem
> Beispiel noch einmal nach."
>
> > 1) Hast du das in deinem Eingangspost geschrieben?
> > 2) Dort sind zwei Teilaufgaben in Form von a) und b)
> > beantwortet.
>
> Für b: " Zeige, dass die Schranke scharf ist, also dass es
> eine ZVe X gibt, der der die Ungleichung eine Gleichung
> ist."
Okay, danke.
> > 3) Ist [mm]X\[/mm] eine diskrete Zufallsvariable?
> > 4) Ist [mm]X\[/mm] eine stetige Zufallsvariable?
>
> Das steht da nicht. Die Normalverteilung haben wir aber
> erst ein paar Tage später eingeführt.
Das ist sehr komisch. Wichtig ist noch, dass wenn [mm] $X\$ [/mm] eine Zufalls-
variable mit Erwartungswert [mm] \mathbb{E}(X)=\mu [/mm] und Varianz [mm] \mathbb{V}(X)=\sigma^2 [/mm] ist, dass
man dann die zugehörige standardisierte Zufallsvariable durch
[mm] Z=\frac{X-\mu}{\sigma}
[/mm]
erhält. Dann gilt nämlich auch
[mm] \mathbb{E}(Z)=0 [/mm] und [mm] \mathbb{V}(Z)=1.
[/mm]
Da meine Kristallkugel versagt hat muss ich nochmal nachdenken.
Das Problem ist, dass an [mm] $X\$ [/mm] keine Voraussetzungen gegeben sind!
Ich empfehle dir auf deinen Startpost zu gehen und die Frage auf
"nicht beantwortet" oder so zu setzen. Der eine oder andere wird
mit Sicherheit noch einen Vorschlag haben. Am Besten du schreibst
dort dann nochmal die komplette Aufgabe hin, also a) und b).
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:50 Fr 10.10.2014 | | Autor: | Bane77 |
> > Kann man von der aus vielleicht schließen, dass [mm]EW(X²)= 1[/mm]
> > ist?
>
> Ich sehe keine direkte Möglichkeit. Es gilt:
>
> [mm]\mathbb{E}(\chi_{A})=\mathbb{P}(A).[/mm]
Aus EW(|X|)= 0 folgt doch P(X=0)=1
wenn [mm]\mathbb{E}(\chi_{A})=\mathbb{P}(A).[/mm] kann man da nicht vielleicht noch was folgern?
> > was bedeutet dieses [mm]\mathcal{L}^2 [/mm]?
>
> Kennst du nicht den [mm]\mathcal{L}^p[/mm] Raum? Tipp: Der
> Erwartungswert muss
> nicht immer existieren! Analog dann: Varianz.
Und was genau bedeutet jetzt dieses L?
> Da meine Kristallkugel versagt hat muss ich nochmal
> nachdenken.
Was genau meinst du mit Kristallkugel? Deine Idee? Oder ist das ein Insider im Forum?
> Ich empfehle dir auf deinen Startpost zu gehen und die
> Frage auf
> "nicht beantwortet" oder so zu setzen. Der eine oder
> andere wird
> mit Sicherheit noch einen Vorschlag haben. Am Besten du
> schreibst
> dort dann nochmal die komplette Aufgabe hin, also a) und
> b).
ok
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:05 Fr 10.10.2014 | | Autor: | DieAcht |
> > Ich sehe keine direkte Möglichkeit. Es gilt:
> >
> > [mm]\mathbb{E}(\chi_{A})=\mathbb{P}(A).[/mm]
>
> Aus EW(|X|)= 0 folgt doch P(X=0)=1
Ja, aber es fängt schon damit an, dass du [mm] \mathbb{E}(X)=0 [/mm] voraussetzt.
Nach deinen Angaben ist aber weder [mm] \mathbb{E}(X)=0 [/mm] noch [mm] \mathbb{V}(X)=1 [/mm] gegeben.
Du kannst die Zufallsvariable standardisieren, aber ob es dir
dann hilft ist eine andere Frage.
> > > was bedeutet dieses [mm]\mathcal{L}^2 [/mm]?
> >
> > Kennst du nicht den [mm]\mathcal{L}^p[/mm] Raum? Tipp: Der
> > Erwartungswert muss
> > nicht immer existieren! Analog dann: Varianz.
>
> Und was genau bedeutet jetzt dieses L?
[mm] \mathcal{L}^p [/mm] Räume, auch Lebesgue-Räume, sind Räume, die aus p-fach
integrierbaren Funktionen bestehen.
> > Da meine Kristallkugel versagt hat muss ich nochmal
> > nachdenken.
>
> Was genau meinst du mit Kristallkugel? Deine Idee? Oder ist
> das ein Insider im Forum?
Ja, damit meine ich meine Idee am Ende, denn anscheinend ist
[mm] $X\$ [/mm] nicht (0,1)-normalverteilt und ich habe bislang noch keine
Idee wie man sonst darauf kommt. Bei deiner Lösung wird es (so
denke ich) als Voraussetzung genommen. Denn daraus folgt, dass
[mm] \mathbb{V}(X)=1\overset{!}{=}\mathbb{E}(X^2)
[/mm]
und genau das wird bei a) benutzt. Aber wie gesagt: Ich habe
noch keine Idee wie man darauf sonst kommen soll.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:15 Fr 10.10.2014 | | Autor: | Bane77 |
> > > Ich sehe keine direkte Möglichkeit. Es gilt:
> > >
> > > [mm]\mathbb{E}(\chi_{A})=\mathbb{P}(A).[/mm]
> >
> > Aus EW(|X|)= 0 folgt doch P(X=0)=1
>
> Ja, aber es fängt schon damit an, dass du [mm]\mathbb{E}(X)=0[/mm]
> voraussetzt.
Wenn ich X:= |X-E(X)| setze wäre dann nicht E(X)= 0 ? Ohne dass vorher vorauszusetzen?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:43 Fr 10.10.2014 | | Autor: | DieAcht |
Sorry, ich hätte mich anders ausdrücken müssen. Es gibt keine
Voraussetzung, die uns zum Beispiel sagst, dass gilt:
[mm] \mathbb{E}(X)<\infty.
[/mm]
Mit anderen Worten: Die Existenz von [mm] \mathbb{E}(X) [/mm] und [mm] \mathbb{V}(X) [/mm] ist nicht einmal
gegeben! Aus diesem Grund kommt mir auch deine Lösung etwas "spanisch"
vor. Nochmal die Frage: Woher hast du diese Lösung und wieso fragst
du nicht einfach deine Kommilitonen? Vielleicht übersehe ich auch
einfach etwas und jemand meldet sich bald.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:43 Fr 10.10.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo DieAcht!
> Sorry, ich hätte mich anders ausdrücken müssen. Es gibt
> keine
> Voraussetzung, die uns zum Beispiel sagst, dass gilt:
>
> [mm]\mathbb{E}(X)<\infty.[/mm]
>
> Mit anderen Worten: Die Existenz von [mm]\mathbb{E}(X)[/mm] und
> [mm]\mathbb{V}(X)[/mm] ist nicht einmal
> gegeben!
Ich verstehe die (etwas schwammige) Aufgabenstellung so, dass die Voraussetzung der quadratischen Integrierbarkeit von $X$ wie in der Tschebyscheff-Ungleichung als gegeben angenommen werden darf.
Viele Grüße
Tobias
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:15 Fr 10.10.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo DieAcht!
> Von der Markov-Gleichung aus setzen wir unter Anderem
>
> [mm]X:=X-\mathbb{E}(X).[/mm]
$X$ hat hier links vom Gleichheitszeichen eine andere Bedeutung als rechts davon. Nenne die Zufallsgröße, auf die die Markov-Ungleichung angewendet werden soll also z.B. einfach X'... 
Viele Grüße
Tobias
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:13 Fr 10.10.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Bane77!
> Finden Sie, ohne die Tschebychev-Ungleichung zu finden,
> eine Schranke für P(|X| [mm]\le[/mm] 3).
Sicherlich soll es heißen: "ohne die Tschebychev-Ungleichung zu BENUTZEN".
Steht da wirklich [mm] $\le$ [/mm] oder muss es [mm] $\ge$ [/mm] heißen?
Wie lautet die Tschebychev-Ungleichung bei euch? Ich habe nämlich den Verdacht, dass sie bei euch nicht ganz wie üblich formuliert ist.
Ich verstehe die Aufgabe so, dass $X$ als quadratisch integrierbar angenommen werden kann.
> Hallo, ich habe eine Frage zur Lösung der obigen Aufgabe.
> Wieso ist der EW(x²) =1 ?
Das halte ich bei a) für eine unzulässige Annahme des Erstellers dieser Lösung.
> und wieso ist der EW(x)=0 bzw. die Var(x)=1?
> gilt das immer für die Zufallsvariable X-Betrag?
Bei b) hat der Ersteller der Lösung eine Zufallsgröße $X$ mit spezieller Verteilung betrachtet, für die $E(X)=0$ und $Var(X)=1$ gilt.
Für beliebige Zufallsgrößen gelten diese Eigenschaften natürlich nicht.
(Für jede quadratisch integrierbare Zufallsgröße (d.h. für jede Zufallsgröße mit endlicher Varianz) X hat jedoch die Zufallsgröße
[mm] $\frac{X-E(X)}{\wurzel{Var(X)}}$
[/mm]
Erwartungswert 0 und Varianz 1.)
> Hat jemand vielleicht eine schönere Lösung?
Ersetze bei a) die Zahl 1 durch den Ausdruck [mm] $E(X^2)$ [/mm] und [mm] $X\ge [/mm] 3$ durch [mm] $|X|\ge [/mm] 3$.
Ob weitere Anpassungen nötig sind, kann ich dir hoffentlich nach Beantwortung meiner Fragen zur Aufgabenstellung schreiben.
Viele Grüße
Tobias
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:30 Fr 10.10.2014 | | Autor: | Bane77 |
Hallo :)
Vielen Dank für deine Antwort
>
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> > Finden Sie, ohne die Tschebychev-Ungleichung zu finden,
> > eine Schranke für P(|X| [mm]\le[/mm] 3).
> Sicherlich soll es heißen: "ohne die
> Tschebychev-Ungleichung zu BENUTZEN".
In der Aufgabenstellung steht finden, würde es jetzt auch als benutzen interpretieren
>
> Steht da wirklich [mm]\le[/mm] oder muss es [mm]\ge[/mm] heißen?
tut mir Leid, da hab ich mich verschrieben :/
das soll natürlich größergleich sein
> Wie lautet die Tschebychev-Ungleichung bei euch? Ich habe
> nämlich den Verdacht, dass sie bei euch nicht ganz wie
> üblich formuliert ist.
$ [mm] \mathbb{P}(|X-\mathbb{E}(X)|\ge c)\le\frac{\mathbb{V}(X)}{c^2}. [/mm] $
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:44 Fr 10.10.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > > Finden Sie, ohne die Tschebychev-Ungleichung zu finden,
> > > eine Schranke für P(|X| [mm]\le[/mm] 3).
> > Sicherlich soll es heißen: "ohne die
> > Tschebychev-Ungleichung zu BENUTZEN".
>
> In der Aufgabenstellung steht finden, würde es jetzt auch
> als benutzen interpretieren
Dann hat sich der Ersteller der Aufgabe vermutlich verschrieben.
Jedenfalls wüsste ich nicht, was es bedeuten sollte, im Rahmen dieser Aufgabe "die Tschebychev-Ungleichung zu finden".
> > Steht da wirklich [mm]\le[/mm] oder muss es [mm]\ge[/mm] heißen?
> tut mir Leid, da hab ich mich verschrieben :/
> das soll natürlich größergleich sein
Kein Problem.
> > Wie lautet die Tschebychev-Ungleichung bei euch? Ich habe
> > nämlich den Verdacht, dass sie bei euch nicht ganz wie
> > üblich formuliert ist.
>
> [mm]\mathbb{P}(|X-\mathbb{E}(X)|\ge c)\le\frac{\mathbb{V}(X)}{c^2}.[/mm]
Danke. Dann war mein Verdacht falsch und die Tschebychev-Ungleichung lautet bei euch wie üblich.
Wenn du bei a) die von mir in meiner Antwort vorgeschlagenen Korrekturen vornimmst [mm] (E(X^2) [/mm] statt 1 und [mm] $|X|\ge [/mm] 3$ statt [mm] $X\ge [/mm] 3$), hast du die Herleitung einer oberen Schranke für [mm] $P(|X|\ge [/mm] 3)$ (unter der Voraussetzung der quadratischen Integrierbarkeit von $X$).
Ich glaube, dass der Aufgabensteller genau das wollte, auch wenn mich der zweite Satz der Aufgabenstellung etwas wundert, da die Tschebychev-Ungleichung eine Aussage über [mm] $P(|X-EX|\ge [/mm] 3)$ und nicht über [mm] $P(|X|\ge [/mm] 3)$ macht...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:02 Fr 10.10.2014 | | Autor: | Bane77 |
Hallo,
dann hätte ich ja auch nur
$ [mm] \mathbb{P}(|X|)\ge 3)\le\frac{\mathbb{E}(X)^2}{9}. [/mm] $
Oder?
Wie komme ich dann auf 1/9?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:12 Fr 10.10.2014 | | Autor: | tobit09 |
> dann hätte ich ja auch nur
>
> [mm]\mathbb{P}(|X|)\ge 3)\le\frac{\mathbb{E}(X)^2}{9}.[/mm]
>
> Oder?
(Abgesehen von der irrtümlichen ")" bei [mm] $\mathbb{P}(|X|\red{)}\ge3)$:)
[/mm]
Es muss [mm] $E(X^2)$ [/mm] statt [mm] $E(X)^2$ [/mm] heißen.
Ansonsten: Ja.
> Wie komme ich dann auf 1/9?
Indem du die Lösung zu Aufgabe a) (unter Berücksichtigung meiner Korrekturen) nachvollziehst...
Die entscheidende Idee dahinter:
[mm] $\{|X|\ge 3\}=\{X^2\ge 3^2\}=\{X^2\ge 9\}$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:44 Fr 10.10.2014 | | Autor: | Bane77 |
also schätz ich das dann einfach so ab?
$ [mm] \frac{\mathbb{E}(X^2)}{9}\ge \mathbb{P}{(|X|\ge 3)} [/mm] $
$ [mm] \mathbb{P}{(|X| \ge 3)} \le \frac{\mathbb{E}(X^2)}{9} \le [/mm] 1/9 $
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(Antwort) fertig | | Datum: | 05:37 Sa 11.10.2014 | | Autor: | tobit09 |
> also schätz ich das dann einfach so ab?
Ich meinte: Betrachte die Lösung zu a) aus dem Bild in deiner Ausgangsfrage und nimm daran die von mir genannten Korrekturen vor.
> [mm]\frac{\mathbb{E}(X^2)}{9}\ge \mathbb{P}{(|X|\ge 3)}[/mm]
Das ist ein Endergebnis der Überlegungen, was durch die Rechnung aus dem Bild in deiner Ausgangsfrage modulo meiner Korrekturen zu begründen ist.
> [mm]\mathbb{P}{(|X| \ge 3)} \le \frac{\mathbb{E}(X^2)}{9} \le 1/9[/mm]
Wieso sollte [mm] $E(X^2)\le1$ [/mm] gelten?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:11 Sa 11.10.2014 | | Autor: | Bane77 |
Guten Morgen,
ich hab mir die Lösung angeschaut, aber wenn ich 1=E(x²) weglasse, komme ich ja nicht auf 1/9 sondern nur auf
$ [mm] \mathbb{P}{(|X| \ge 3)} \le \frac{\mathbb{E}(X^2)}{9} [/mm] $
und da dachte ich man müsste es vielleicht noch weiter abschätzen
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(Antwort) fertig | | Datum: | 04:45 So 12.10.2014 | | Autor: | tobit09 |
> ich hab mir die Lösung angeschaut, aber wenn ich 1=E(x²)
> weglasse, komme ich ja nicht auf 1/9 sondern nur auf
>
> [mm]\mathbb{P}{(|X| \ge 3)} \le \frac{\mathbb{E}(X^2)}{9}[/mm]
Genau.
> und da dachte ich man müsste es vielleicht noch weiter
> abschätzen
Ich sehe keine sinnvolle Möglichkeit zu weiterer Abschätzung.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:29 So 12.10.2014 | | Autor: | DieAcht |
> Ich sehe keine sinnvolle Möglichkeit zu weiterer Abschätzung.
Hallo Tobias,
Auch wenn ich keine Möglichkeit gefunden habe [mm] \mathbb{E}(X^2) [/mm] nach oben
abzuschätzen, will ich noch folgende Alternative vorschlagen:
Behauptung:
[mm] $\mathbb{P}(|X|\ge\epsilon)\le\frac{\mathbb{E}(|X|)}{\epsilon}$ [/mm] für alle [mm] \epsilon>0 [/mm] und [mm] X\in\mathcal{L}^1.
[/mm]
Beweis: Es ist
[mm] \{|X|\ge\epsilon\}=\{\omega\in\Omega\mid |X(\omega)|\ge\epsilon\}
[/mm]
und mit der (monoton wachsenden) identischen Abbildung
[mm] $\text{id}_{\IR^{+}}\colon\IR^{+}\to\IR^{+}\colon x\mapsto [/mm] x$
erhalten wir wegen der Monotonie von [mm] \text{id}_{\IR^{+}}
[/mm]
[mm] \text{id}_{\IR^{+}}(\epsilon)\le\text{id}_{\IR^{+}}(|X(\omega)|)
[/mm]
und somit die Abschätzung
[mm] \mathbbm{1}_{\{|X|\ge \epsilon\}}\le\frac{\text{id}_{\IR^{+}}\circ|X|}{\text{id}_{\IR^{+}}(\epsilon)}.
[/mm]
Wir bilden nun auf beiden Seiten den Erwartungswert (Beachte,
dass wir hier unter Anderem auch die Monotonie vom Erwartungs-
wert benutzen.) und erhalten
[mm] \mathbb{P}(|X|\ge \epsilon)\le\frac{\mathbb{E}(\text{id}_{\IR^{+}}\circ |X|)}{\text{id}_{\IR^{+}}(\epsilon)}=\frac{\mathbb{E}(|X|)}{\epsilon}.
[/mm]
Für [mm] \epsilon:=3>0 [/mm] erhalten wir
[mm] \mathbb{P}(|X|\ge 3)\le\frac{\mathbb{E}(|X|)}{3}.
[/mm]
Das hilft aber auch nicht, richtig?
Gruß
DieAcht
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:23 So 12.10.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo DieAcht!
> Behauptung:
>
> [mm]\mathbb{P}(|X|\ge\epsilon)\le\frac{\mathbb{E}(|X|)}{\epsilon}[/mm]
> für alle [mm]\epsilon>0[/mm] und [mm]X\in\mathcal{L}^1.[/mm]
>
> Beweis: Es ist
>
> [mm]\{|X|\ge\epsilon\}=\{\omega\in\Omega\mid |X(\omega)|\ge\epsilon\}[/mm]
>
> und mit der (monoton wachsenden) identischen Abbildung
>
> [mm]\text{id}_{\IR^{+}}\colon\IR^{+}\to\IR^{+}\colon x\mapsto x[/mm]
>
> erhalten wir wegen der Monotonie von [mm]\text{id}_{\IR^{+}}[/mm]
>
> [mm]\text{id}_{\IR^{+}}(\epsilon)\le\text{id}_{\IR^{+}}(|X(\omega)|)[/mm]
>
> und somit die Abschätzung
>
> [mm]\mathbbm{1}_{\{|X|\ge \epsilon\}}\le\frac{\text{id}_{\IR^{+}}\circ|X|}{\text{id}_{\IR^{+}}(\epsilon)}.[/mm]
>
> Wir bilden nun auf beiden Seiten den Erwartungswert
> (Beachte,
> dass wir hier unter Anderem auch die Monotonie vom
> Erwartungs-
> wert benutzen.) und erhalten
>
> [mm]\mathbb{P}(|X|\ge \epsilon)\le\frac{\mathbb{E}(\text{id}_{\IR^{+}}\circ |X|)}{\text{id}_{\IR^{+}}(\epsilon)}=\frac{\mathbb{E}(|X|)}{\epsilon}.[/mm]
>
> Für [mm]\epsilon:=3>0[/mm] erhalten wir
>
> [mm]\mathbb{P}(|X|\ge 3)\le\frac{\mathbb{E}(|X|)}{3}.[/mm]
Schöne alternative Abschätzung! ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
(Letztlich sind beide Abschätzungen Spezialfälle der Markov-Ungleichung.
Und beide Beweise ahmen eigentlich auch nur Beweise der Markov-Ungleichung nach.
Aber ein solches Nachahmen scheint der Ersteller der Aufgabenstellung ja auch beabsichtigt zu haben.)
(Bei deinem Beweis ist übrigens die Verwendung der Identitätsfunktion überflüssig.)
Viele Grüße
Tobias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:44 So 12.10.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo Tobias,
> > [mm]\mathbb{P}(|X|\ge \epsilon)\le\frac{\mathbb{E}(\text{id}_{\IR^{+}}\circ |X|)}{\text{id}_{\IR^{+}}(\epsilon)}=\frac{\mathbb{E}(|X|)}{\epsilon}.[/mm]
>
> >
> > Für [mm]\epsilon:=3>0[/mm] erhalten wir
> >
> > [mm]\mathbb{P}(|X|\ge 3)\le\frac{\mathbb{E}(|X|)}{3}.[/mm]
>
> Schöne alternative Abschätzung!
Danke.
> (Letztlich sind beide Abschätzungen Spezialfälle der
> Markov-Ungleichung.
> Und beide Beweise ahmen eigentlich auch nur Beweise der
> Markov-Ungleichung nach.
> Aber ein solches Nachahmen scheint der Ersteller der
> Aufgabenstellung ja auch beabsichtigt zu haben.)
Ich wollte mit der richtigen Wahl von der streng monoton wachsenden
Abbildung eine vom Erwartungswert und Varianz unabhängige Schranke
finden, aber das ist mir leider nicht gelungen. Ich habe nun auf
Wikipedia nachgeschaut und herausgefunden, dass man noch
[mm] \epsilon:=c*\mathbb{E}(|X|) [/mm] mit [mm] $c>0\$
[/mm]
setzen kann. Dann kommt man auf
[mm] \mathbb{P}(|X|\ge c*\mathbb{E}(|X|))\le\frac{\mathbb{E}(|X|)}{c*\mathbb{E}(|X|)}=\frac{1}{c},
[/mm]
wobei man hier
[mm] 0\not=\mathbb{E}(|X|)<\infty
[/mm]
voraussetzen muss und es trotzdem nicht das gewünschte erfüllt.
> (Bei deinem Beweis ist übrigens die Verwendung der
> Identitätsfunktion überflüssig.)
Wie meinst du das genau? Aus
$ [mm] \{|X|\ge\epsilon\}=\{\omega\in\Omega\mid |X(\omega)|\ge\epsilon\} [/mm] $
folgt was genau?
Beste Grüße
DieAcht
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:24 Mo 13.10.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > (Bei deinem Beweis ist übrigens die Verwendung der
> > Identitätsfunktion überflüssig.)
>
> Wie meinst du das genau?
Wir haben
[mm] $|X|\ge\epsilon*1_{\{|X|\ge\epsilon\}}$,
[/mm]
also
[mm] $1_{\{|X|\ge\epsilon\}}\le\frac{|X|}{\epsilon}$
[/mm]
und somit
[mm] $P(|X|\ge\epsilon)=E1_{\{|X|\ge\epsilon\}}\le E\frac{|X|}{\epsilon}=\frac{E|X|}{\epsilon}$.
[/mm]
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