Varianz einer Linearkombi. < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:17 Mo 30.03.2009 | | Autor: | grenife |
| Aufgabe | Seien [mm] $Y_1,\ldots,Y_n$ [/mm] Zufallsvariablen mit endlicher Varianz.
(1) Zeigen Sie, dass für beliebige Konstanten $a,b$ gilt:
[mm] $var(aY_1+bY_2)=a^2var(Y_1)+2abcov(Y_1,Y_2)+b^2\arY_2$.
[/mm]
(2) Nehmen Sie an, dass die [mm] $Y_1,\ldots,Y_n$ [/mm] stoch. unabhängig mit identischer Varianz [mm] $\sigma^2<\infty$ [/mm] sind. Zeigen Sie für beliebige Konstanten [mm] $a_1,\ldots,a_n$, [/mm] dass
[mm] $var\sum_{i=1}^na_iY_i=\sigma^2\sum_{i=1}^na_i^2$
[/mm]
gilt. |
Hallo zusammen,
würde mich über ein Feedback zu meiner Lösung freuen. Bei der zweiten Teilaufgabe hänge ich noch etwas bei dem Induktionsbeweis, vielleicht kann mir ja jemand einen kleinen Denkanstoß geben.
zu (1):
Laut Definition der Varianz gilt mit [mm] $Z:=aY_1+bY_2$:
[/mm]
[mm] $var(aY_1+bY_2)=E((Z-E(Z))^2)$
[/mm]
Die zweite binomische Formel zusammen mit der Linearität des Erwartungswertes und der Tatsache, dass $E(E(Z))=E(Z)$ ist, liefert den Verschiebungssatz:
[mm] $E((Z-E(Z))^2)=E(Z^2-2Z\cdot E(Z)+(E(Z))^2)=E(Z^2)-(E(Z))^2$
[/mm]
Eingesetzt ergibt sich
[mm] $E((aY_1+bY_2)^2)-(E(aY_1+bY_2))^2$
[/mm]
[mm] $=a^2E(Y_1^2)+b^2E(Y_2^2)+2abE(Y_1Y_2)-a^2(E(Y_1))^2-b^2(E(Y_2))^2-2ab(E(Y_1)E(Y_2)$
[/mm]
[mm] $=2ab[E(Y_1Y_2)-E(Y_1)E(Y_2)]+a^2[E(Y_1^2)-(E(Y_1))^2]+b^2[E(Y_2^2)-(E(Y_2))^2]$
[/mm]
und mit dem Verschiebungssatz für die Kovarianz schließlich.
[mm] $=2abcov(Y_1,Y_2)+a^2var(Y_1)+b^2var(Y_2)$
[/mm]
q.e.d.
zu (2):
Da [mm] $\sigma^2$ [/mm] unabhängig vom Laufindex ist, ist die Behauptung äquivalent zu:
[mm] $var\sum_{i=1}^na_iY_i=\sum_{i=1}^na_i^2\sigma^2$
[/mm]
Induktion nach $n$:
Induktionsanfang:
Für $n=1$ folgt die Behauptung [mm] $var(a_1Y_1)=a_1^2\sigma^2$ [/mm] einfach aus den oben genannten Eigenschaften des Erwartungswertes bzw. den Verschiebungssätze.
Der Fall $n=2$ ist in (1) dargestellt, die Kovarianz fällt wegen der stoch. Unabhängigkeit der [mm] $Y_i$ [/mm] weg.
Induktionsschritt:
Es gelte [mm] $var\sum_{i=1}^na_iY_i=\sigma^2\sum_{i=1}^na_i^2$ [/mm] für ein festes $n$ und wir betrachten
[mm] $var\left(\sum_{i=1}^{n+1}a_iY_i\right)$
[/mm]
[mm] $=var\left(a_{n+1}Y_{n+1}+\sum_{i=1}^{n}a_iY_i\right)$
[/mm]
Hier hänge ich noch etwas, das Auflösen der Varianz über den Verschiebungssatz scheint mir ziemlich umständlich zu sein.
Vielen Dank für Eure Hilfe und viele Grüße
Gregor
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:36 Mo 30.03.2009 | | Autor: | vivo |
Hallo,
[mm] var\left(a_{n+1}Y_{n+1}+\sum_{i=1}^{n}a_iY_i\right) [/mm] = [mm] a_{n+1}^2Var(Y_{n+1}) [/mm] + [mm] \summe a_i^2 \sigma2
[/mm]
reicht doch schon, denn dass ist doch wieder eine Summe und laut Induktionsannahme folgt die Gleichheit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:29 Di 31.03.2009 | | Autor: | grenife |
Hallo,
ich glaube, so einfach geht das nicht. Klar, die Varianz des zweiten Summanden kann ich mit der Induktionsannahme zur Summe der Varianzen mal [mm] $a_i^2$ [/mm] auflösen, aber dafür muss ich ja die Varianz erst IN die Klammer ziehen, und da die Varianz nicht linear ist, klappt das nicht. Ich fürchte eben, dass ich die Summe formal auflösen, mit [mm] $cov(Y_i,Y_j)=0$ [/mm] vereinfachen und am Ende mit der Induktionsannahme auflösen muss.
Viele Grüße
Gregor
> Hallo,
>
>
> [mm]var\left(a_{n+1}Y_{n+1}+\sum_{i=1}^{n}a_iY_i\right)[/mm] =
> [mm]a_{n+1}^2Var(Y_{n+1})[/mm] + [mm]\summe a_i^2 \sigma2[/mm]
>
> reicht doch schon, denn dass ist doch wieder eine Summe und
> laut Induktionsannahme folgt die Gleichheit
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:42 Di 31.03.2009 | | Autor: | vivo |
Hallo,
[mm]Var(X_1 + X_2 + ... + X_n)=E[X_1 + X_2 + ... + X_n - E(X_1 + X_2 + ... + X_n)]^2=E[(X_1-EX_1)+...+(X_n-EX_n)]^2=\sum_{i,j=1}^{n}E[(X_i-EX_i)(X_j-EX_j)]=\sum_{i=1}^{n}E[(X_i-EX_i)]^2+\sum_{i,j=1_{i\not= j}}^{n}E[(X_i-EX_i)(X_j-EX_j)]=\sum_{i=1}^{n}Var(X_i)+2\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} Cov(X_i,X_j)[/mm]
und die Cov sind natürlich aufgrund der Unabhängigkeit alle gleich Null!
Aber die Induktionsbeweis sollte eigenltich auch halten, du könntest jetzt natürlich sagen dass du aus a) folgende Induktionsannahme hast:
[mm]\sum_{i=1}^{n}Var(X_i)+2\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} Cov(X_i,X_j)[/mm]
(eben das resultat aus a) bezogen auf mehr als zwei ZV's)
und dann:
[mm]Var(X_{n+1}+ \sum_{i=1}^{n}X_i)=Var(X_{n+1}) + \sum_{i=1}^{n} \sigma^2 + 2 Cov(X_{n+1}, \sum_{i=1}^{n}X_i)[/mm]
da die ZV's unabhängig sind, ist auch [mm] (X_{n+1}) [/mm] und [mm] (\sum_{i=1}^{n}X_i) [/mm] unabhänig, also die Cov gleich Null.
wegen dem letzten Argument über die unabhängigkeit, sollte es auch so reichen wie du es erst hattest, denn da wir die Induktionsannahme ja, dass für unabhängige ZV's gilt:
[mm]Var(\sum_{i=1}^{n}X_i)=\sum_{i=1}^{n} Var(X_i)[/mm]
also dann:
[mm]Var(X_{n-1} + \sum_{i=1}^{n-1}X_i)=Var(X_{n-1})+\sum_{i=1}^{n-1} Var(X_i)=\sum_{i=1}^{n}Var(X_n)[/mm]
würde ich zumindest sagen ... der Weg durch Berechnung ganz am Anfang dieser Antwort stimmt in jedem Fall.
Gruß
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:07 Di 31.03.2009 | | Autor: | grenife |
Hallo vivo,
so könnte es wohl klappen. Eine kurze Frage noch: die Tatsache, dass in Deinen Ausführungen der Koeffizient [mm] $a_i$ [/mm] jeweis fehlt, kann ich wahrscheinlich umgehen, indem ich Deine Ergebnisse auf die ZVen [mm] $Z_i:=a_iX_i$ [/mm] anwende oder? Wenn ich dann alles aufgelöst habe, kann ich ja dann zurück substituieren und die einzelnen Varianzen von [mm] $a_iX_i$ [/mm] ausrechnen.
Viele Grüße
Gregor
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:12 Di 31.03.2009 | | Autor: | vivo |
so ist es!
Gruß
vivo
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:06 Di 31.03.2009 | | Autor: | grenife |
Hallo nochmal,
mir ist ein Schritt in Deinem Beweis noch unklar.
Wie kommst Du denn auf die folgende Gleichung?
[mm] $E[(X_1-EX_1)+...+(X_n-EX_n)]^2=\sum_{i,j=1}^{n}E[(X_i-EX_i)(X_j-EX_j)]$
[/mm]
Ich glaube langsam, dass ich um den Induktionsbeweis nicht herum komme...
Viele Grüße
Gregor
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:50 Di 31.03.2009 | | Autor: | vivo |
Hallo,
Du musst nur das quadrat ausführen! Probier es doch mal mit n=4 aus, dann siehst Du es schon!
Gruß
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