www.vorhilfe.de
Vorhilfe

Kostenlose Kommunikationsplattform für gegenseitige Hilfestellungen.
Hallo Gast!einloggen | registrieren ]
Startseite · Forum · Wissen · Kurse · Mitglieder · Team · Impressum
Forenbaum
^ Forenbaum
Status Englisch
  Status Grammatik
  Status Lektüre
  Status Korrekturlesen
  Status Übersetzung
  Status Sonstiges (Englisch)

Gezeigt werden alle Foren bis zur Tiefe 2

Navigation
 Startseite...
 Neuerdings beta neu
 Forum...
 vorwissen...
 vorkurse...
 Werkzeuge...
 Nachhilfevermittlung beta...
 Online-Spiele beta
 Suchen
 Verein...
 Impressum
Das Projekt
Server und Internetanbindung werden durch Spenden finanziert.
Organisiert wird das Projekt von unserem Koordinatorenteam.
Hunderte Mitglieder helfen ehrenamtlich in unseren moderierten Foren.
Anbieter der Seite ist der gemeinnützige Verein "Vorhilfe.de e.V.".
Partnerseiten
Weitere Fächer:

Open Source FunktionenplotterFunkyPlot: Kostenloser und quelloffener Funktionenplotter für Linux und andere Betriebssysteme
Forum "Uni-Stochastik" - Erwartungswert
Erwartungswert < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
Ansicht: [ geschachtelt ] | ^ Forum "Uni-Stochastik"  | ^^ Alle Foren  | ^ Forenbaum  | Materialien

Erwartungswert: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 12:20 Mo 21.07.2014
Autor: Mathe-Lily

Aufgabe
X, Y sind zwei stochastisch unabhängige Zufallsvariablen und exponentialverteilt mit [mm] \lambda [/mm] = [mm] \bruch{1}{4} [/mm]
Man berechne:
a) [mm] Cov(Z_{1},Z_{2}) [/mm] für [mm] Z_{1}=\bruch{1}{2}X+\bruch{1}{2}Y, Z_{2}=\bruch{3}{4}X+\bruch{1}{4}Y [/mm]
b) [mm] p(Z_{1},Z_{2}) [/mm]

Hallo!
Die Exponentialverteilung sagt uns, dass X und Y jeweils den Erwartungswert [mm] \bruch{1}{\lambda} [/mm] haben, hier also 4.
Die Kovarianz hat die Formel:

[mm] Cov(Z_{1},Z_{2})=E(Z_{1}Z_{2})-E(Z_{1})E(Z_{2}) [/mm]

Durch die Definition vom Erwartungswert können wir den Erwartungswert von [mm] Z_{1} [/mm] folgender Maßen berechnen:

[mm] E(Z_{1})=E(\bruch{1}{2}X+\bruch{1}{2}Y)=E(\bruch{1}{2}X)+E(\bruch{1}{2}Y)=\bruch{1}{2}(E(X)*E(Y))=\bruch{1}{2}(4+4)=4 [/mm]

Analog folgt [mm] E(Z_{2})=4 [/mm]

So weit ist mir das klar, ... wenn das richtig ist? ;-)

Dann kommt aber

[mm] E(Z_{1}Z_{2}) = E((\bruch{1}{2}X+\bruch{1}{2}Y)(\bruch{3}{4}X+\bruch{1}{4}Y)) = E( \bruch{3}{8}X^2+\bruch{1}{2}XY+\bruch{1}{8}Y^2) = \bruch{3}{8}E(X^2)+\bruch{1}{2}E(XY)+\bruch{1}{8}E(Y^2)[/mm]

E(XY) kann man wegen der stochastischen Unabhängigkeit auseinanderziehen und bekommt:

[mm] \bruch{1}{2} E(XY) = \bruch{1}{2} E(X) E(Y) = \bruch{1}{2} * 4 * 4 = 8 [/mm]

Aber was mache ich mit [mm] X^2 [/mm] und [mm] Y^2? [/mm]
Muss ich für diese beiden nochmal ganz neu einen Erwartungswert berechnen oder gibt es da einen Trick?

Es wäre super, wenn jemand mal drüber schauen und mir helfen könnte!

Grüßle, Lily


        
Bezug
Erwartungswert: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 13:03 Mo 21.07.2014
Autor: Teufel

Hi!

Jup, alles ok bisher. Jetzt musst du noch die Formel [mm] E(g(X))=\integral_{a}^{b}{g(x)f(x) dx} [/mm] benutzen, wobei $f$ die Dichte von $X$ ist.

Bezug
                
Bezug
Erwartungswert: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 10:34 Di 22.07.2014
Autor: Mathe-Lily

Hallo!
Vielen Dank erstmal für deine Antwort!

Also die Dichte ist, weil X und Y exponentialverteilt mit [mm] \lambda= \bruch{1}{4} [/mm] sind:
[mm] f(t)=\begin{cases} 0, & \mbox{für } t \le 0 \\ \bruch{1}{4}e^{- \bruch{1}{4} t}, & \mbox{für } t > 0 \end{cases} = \bruch{1}{4}e^{- \bruch{1}{4} t} 1_{(0, \infty)} [/mm]

Damit gilt dann:
[mm] E(X^2)= \integral_{a}^{b}{x^2 \bruch{1}{4}e^{- \bruch{1}{4} x} 1_{(0, \infty)} dx} = \bruch{1}{4} \integral_{0}^{\infty}{x^2 e^{- \bruch{1}{4} x} dx} [/mm]

Tja, und hier wirds irgendwie unschön durch 2 mal partielle Integration:

[mm] = \bruch{1}{4} ( ( -4*e^{- \bruch{1}{4} x}x^2} )| _{0}^{\infty} +8 *( ( -4*e^{- \bruch{1}{4} x}x} )| _{0}^{\infty}- ( -4*e^{- \bruch{1}{4}x}} )| _{0}^{\infty}) [/mm]

Und hier bin ich mir jetzt unsicher, wie ich mit dem Einsetzen von [mm] \infty [/mm] umgehen soll. Mal beispielhaft am ersten:
[mm] ( -4*e^{- \bruch{1}{4} x}x^2)| _{0}^{\infty} [/mm]
Dabei geht [mm] e^{- \bruch{1}{4} x} [/mm] mit [mm] x \to \infty [/mm] gegen 0, [mm] x^2 [/mm] gegen [mm] \infty [/mm] , aber mir hat mal jemand gesagt, dass die Exponentialfunktion immer Vorrang hat, da sie schneller als alles andere konvergiert. Stimmt das?
Dann wäre hier ja der ganze Ausdruck für [mm] \infty [/mm] gleich 0, oder?
Und für 0 eingesetzt: [mm] -4*e^{- \bruch{1}{4} x}x^2 = 0 [/mm]

Das heißt der erste Ausdruck wäre gleich 0. der zweite auch und der dritte = -4

Dann folgt:
[mm] E(X^2)=\bruch{1}{4}*(0+8*(0-(0-(-4)))) = -8 [/mm]

Kann man das so machen? Oder geht es irgendwie anders/besser/schneller/einfacher? ^^

Grüßle, Lily


Bezug
                        
Bezug
Erwartungswert: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 10:49 Di 22.07.2014
Autor: hippias


> Hallo!
>  Vielen Dank erstmal für deine Antwort!
>  
> Also die Dichte ist, weil X und Y exponentialverteilt mit
> [mm]\lambda= \bruch{1}{4}[/mm] sind:
>  [mm]f(t)=\begin{cases} 0, & \mbox{für } t \le 0 \\ \bruch{1}{4}e^{- \bruch{1}{4} t}, & \mbox{für } t > 0 \end{cases} = \bruch{1}{4}e^{- \bruch{1}{4} t} 1_{(0, \infty)}[/mm]
>  
> Damit gilt dann:
>  [mm]E(X^2)= \integral_{a}^{b}{x^2 \bruch{1}{4}e^{- \bruch{1}{4} x} 1_{(0, \infty)} dx} = \bruch{1}{4} \integral_{0}^{\infty}{x^2 e^{- \bruch{1}{4} x} dx}[/mm]
>  
> Tja, und hier wirds irgendwie unschön durch 2 mal
> partielle Integration:
>  
> [mm]= \bruch{1}{4} ( ( -4*e^{- \bruch{1}{4} x}x^2} )| _{0}^{\infty} +8 *( ( -4*e^{- \bruch{1}{4} x}x} )| _{0}^{\infty}- ( -4*e^{- \bruch{1}{4}x}} )| _{0}^{\infty})[/mm]
>  
> Und hier bin ich mir jetzt unsicher, wie ich mit dem
> Einsetzen von [mm]\infty[/mm] umgehen soll. Mal beispielhaft am
> ersten:
>  [mm]( -4*e^{- \bruch{1}{4} x}x^2)| _{0}^{\infty}[/mm]
>  Dabei geht
> [mm]e^{- \bruch{1}{4} x}[/mm] mit [mm]x \to \infty[/mm] gegen 0, [mm]x^2[/mm] gegen
> [mm]\infty[/mm] , aber mir hat mal jemand gesagt, dass die
> Exponentialfunktion immer Vorrang hat, da sie schneller als
> alles andere konvergiert. Stimmt das?

Ein bisschen mehr Mathematik: im Notfall zeigst Du dies mit der Regel von l'Hopital. Jedenfalls gilt [mm] $\lim_{x\to\infyt} \frac{x^{n}}{e^{x}}= [/mm] 0$.

>  Dann wäre hier ja der ganze Ausdruck für [mm]\infty[/mm] gleich
> 0, oder?

Ja.

>  Und für 0 eingesetzt: [mm]-4*e^{- \bruch{1}{4} x}x^2 = 0[/mm]
>  
> Das heißt der erste Ausdruck wäre gleich 0. der zweite
> auch und der dritte = -4
>  
> Dann folgt:
>  [mm]E(X^2)=\bruch{1}{4}*(0+8*(0-(0-(-4)))) = -8[/mm]

Da muss ein Fehler drin stecken, denn der Wert muss ja $>0$ sein; ich schaetze beim dritten Integral fehlt ein Vorfaktor.

>  
> Kann man das so machen? Oder geht es irgendwie
> anders/besser/schneller/einfacher? ^^

Ich schaetze Dein Weg ist schon ziemlich optimal-wenn man nicht aufgrund von Erfahrung die Loesungen angeben kann.

>  
> Grüßle, Lily
>  


Bezug
                                
Bezug
Erwartungswert: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 11:07 Di 22.07.2014
Autor: Mathe-Lily

Hallo!

>  Ein bisschen mehr Mathematik: im Notfall zeigst Du dies
> mit der Regel von l'Hopital. Jedenfalls gilt
> [mm]\lim_{x\to\infyt} \frac{x^{n}}{e^{x}}= 0[/mm].

Aha! Danke :-)

>  Da muss
> ein Fehler drin stecken, denn der Wert muss ja [mm]>0[/mm] sein; ich
> schaetze beim dritten Integral fehlt ein Vorfaktor.

Hab ihn gefunden, dann kommt [mm] E(X^2)=32 [/mm] heraus.

Also, dann geht doch für [mm] E(Y^2) [/mm] das ganze analog, oder?

Dann haben wir
[mm] E(Z_{1}Z_{2})= \bruch{3}{8}*E(X^2)+ \bruch{1}{2}*E(XY)+ \bruch{1}{8}*E(Y^2) = \bruch{3}{8}*32+ 8 + \bruch{1}{8}*32 = 24 [/mm]

Stimmt das?
Grüßle, Lily

Bezug
                                        
Bezug
Erwartungswert: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 11:18 Di 22.07.2014
Autor: Teufel

Jup, hab ich auch raus. Sehr gut!

Bezug
                                                
Bezug
Erwartungswert: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 13:24 Di 22.07.2014
Autor: Mathe-Lily

Super! Vielen Dank für die Hilfe! :-)

Bezug
        
Bezug
Erwartungswert: Frage (überfällig)
Status: (Frage) überfällig Status 
Datum: 13:57 Di 22.07.2014
Autor: Mathe-Lily

Soooo, jetzt habe ich dank eurer megamäßigen Hilfe die a) und nun befasse ich mich mit der b).

Also gesucht ist [mm] P(Z_{1},Z_{2}) = P(\bruch{1}{2}X+\bruch{1}{2}Y,\bruch{3}{4}X+\bruch{1}{4}Y) [/mm]

Tja, und da bin ich mit meiner Weisheit auch schon am Ende.
Auseinanderziehen als Produkt kann man es nicht, weil [mm] Z_{1} [/mm] und [mm] Z_{2} [/mm] nicht unabhängig sind, weil beide von X und Y abhängen.

Kann mir jemand einen Tipp geben, wie ich da ran gehen sollte?
Das wäre toll!

Grüßle, Lily


Bezug
                
Bezug
Erwartungswert: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 14:06 Di 22.07.2014
Autor: Teufel

Was ist denn [mm] $p(Z_1,Z_2)$? [/mm] Die Notation ist mir nicht geläufig.

Bezug
                        
Bezug
Erwartungswert: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 14:12 Di 22.07.2014
Autor: Mathe-Lily

hm... ich dachte die Wahrscheinlichkeit, aber du hast Recht, das macht irgendwie keinen Sinn :-D Das ist von einer Altklausur eines anderen Dozenten, vermutlich hat er diese Schreibweise eingeführt... ich schaue nochmal nach, ob ich die Bedeutung irgendwie finde!

Bezug
                
Bezug
Erwartungswert: Fälligkeit abgelaufen
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 14:20 Fr 25.07.2014
Autor: matux

$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
Bezug
Ansicht: [ geschachtelt ] | ^ Forum "Uni-Stochastik"  | ^^ Alle Foren  | ^ Forenbaum  | Materialien


^ Seitenanfang ^
www.englischraum.de
[ Startseite | Forum | Wissen | Kurse | Mitglieder | Team | Impressum ]