Berechnen von Varianz, Kov, EW < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | $(X,Y)$ seien die Koordinaten eines Punkts, der zufällig aus $E = [mm] \{(x,y)\in\IR^{2}|x^{2}+y^{2}\le 1\}$ [/mm] ausgewählt wird, d.h. der Zufallsvektor habe die Dichte
[mm] $f_{X,Y}(x,y) [/mm] = [mm] \frac{1}{\pi}*1_{\{(x,y)\in E\}}$.
[/mm]
Berechnen Sie die Marginalverteilungen von X und Y.
Berechnen Sie Var(X), Var(Y) sowie Kov(X,Y). Zeigen Sie, dass X und Y nicht unabhängig sind, obwohl sie unkorreliert sind. |
Hallo!
Bei der Berechnung sind mir einige Fragen aufgekommen:
1. Ich soll ja die Marginal-, also Randverteilung von X und Y bestimmen, d.h. [mm] $f_{X}(x)$ [/mm] und [mm] $f_{Y}(y)$. [/mm] Die kann ich ja so berechnen:
[mm] $f_{X}(x) [/mm] = [mm] \frac{1}{\pi}*\int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Y}(x,y)\ [/mm] dy$.
$= [mm] \frac{1}{\pi}*\int_{-\infty}^{\infty}1_{\{x^{2}+y^{2}\le 1\}}\ [/mm] dy$.
$= [mm] \frac{1}{\pi}*\int_{-1}^{1}1_{\{\sqrt{1-x^{2}} \le y\le \sqrt{1-x^{2}}\}}\ [/mm] dy$.
$= [mm] \frac{1}{\pi}*\int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{\sqrt{1-x^{2}}}1\ [/mm] dy$,
weil die y, die durch die Indikatorfunktion eingeschränkt werden, auf jeden Fall nur im Intervall [-1,1] liegen.
$= [mm] \frac{2}{\pi}*\sqrt{1-x^{2}}$.
[/mm]
Ist das, so wie ich es hingeschrieben habe, exakt? Oder müsste ich besser noch:
$= [mm] \frac{2}{\pi}*\sqrt{1-x^{2}}*1_{\{-1 \le x \le 1\}}$
[/mm]
schreiben?
Für die andere Verteilung würde sich ja analog ergeben:
[mm] $f_{Y}(y) [/mm] = [mm] \frac{2}{\pi}*\sqrt{1-y^{2}}$.
[/mm]
-------------
Für den Erwartungswert habe ich 0 raus, für beide Verteilungen: $E(X) = E(Y) = 0$, denn:
$E(X) := [mm] \int_{-\infty}^{\infty}x*f_{X}(x)\ [/mm] dx = [mm] \frac{2}{\pi}*\int_{-1}^{1}x*\sqrt{1-x^{2}}\ [/mm] dx$ = 0,
da [mm] $x*\sqrt{1-x^{2}}$ [/mm] punktsymmetrisch.
Stimmt das erstmal so?
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:01 So 13.12.2009 | | Autor: | luis52 |
Moin Stefan
> [mm]= \frac{2}{\pi}*\sqrt{1-x^{2}}[/mm].
>
> Ist das, so wie ich es hingeschrieben habe, exakt? Oder
> müsste ich besser noch:
>
> [mm]= \frac{2}{\pi}*\sqrt{1-x^{2}}*1_{\{-1 \le x \le 1\}}[/mm]
>
> schreiben?
So ist es besser.
> Für die andere Verteilung würde sich ja analog ergeben:
>
> [mm]f_{Y}(y) = \frac{2}{\pi}*\sqrt{1-y^{2}}[/mm].
>
> -------------
>
> Für den Erwartungswert habe ich 0 raus, für beide
> Verteilungen: [mm]E(X) = E(Y) = 0[/mm], denn:
>
> [mm]E(X) := \int_{-\infty}^{\infty}x*f_{X}(x)\ dx = \frac{2}{\pi}*\int_{-1}^{1}x*\sqrt{1-x^{2}}\ dx[/mm]
> = 0,
>
> da [mm]x*\sqrt{1-x^{2}}[/mm] punktsymmetrisch.
>
> Stimmt das erstmal so?
Sieht gut aus.
vg Luis
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Hey Luis52,
danke für deine Antwort!
Ich weiß nun also schon, dass
[mm] $f_{X}(x) [/mm] = [mm] \frac{2}{\pi}*\sqrt{1-x^{2}}*1_{\{-1 \le x \le 1\}}$,
[/mm]
[mm] $f_{Y}(y) [/mm] = [mm] \frac{2}{\pi}*\sqrt{1-y^{2}}*1_{\{-1 \le y \le 1\}}$,
[/mm]
$E(X) = E(Y) = 0.$
Nun muss ich die Varianz berechnen:
$Var(X) = [mm] E(X^{2}) [/mm] - [mm] [E(X)]^{2} [/mm] = [mm] E(X^{2})$.
[/mm]
Es ist also
$Var(X) = [mm] E(X^{2}) [/mm] = [mm] \int_{-\infty}^{\infty}x^{2}*f_{X}(x)\ [/mm] dx = [mm] \frac{2}{\pi}*\int_{-1}^{1}x^{2}*\sqrt{1-x^{2}} [/mm] \ dx = MAPLE = [mm] \frac{2}{\pi}*\left(\frac{1}{8}*\pi\right) [/mm] = [mm] \frac{1}{4}$.
[/mm]
Hierzu eine Frage: Gibt es eine andere Möglichkeit, als das Integral zu berechnen, um auf die Varianz zu kommen? Ich kann das Integral zwar auch auf dem Papier ausrechnen, aber das dauert ja doch seine Zeit...
-----------
Nun wäre noch die Kovarianz dran. Es ist
$cov(X,Y) = E(X*Y) - (E(X))*(E(Y)) = E(X*Y)$,
also:
$cov(X,Y) = E(X*Y) = [mm] \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}x*y*f_{X,Y}(x,y) [/mm] \ dx \ dy = [mm] \int_{-1}^{1}y*\left(\int_{-\sqrt{1-y^{2}}}^{\sqrt{1-y^{2}}}x \ dx \right)\ [/mm] dy = 0$,
weil x punktsymmetrisch ist. Also sind X und Y unkorreliert.
----------
Um zu zeigen, dass X und Y nicht unabhängig sind, reicht es doch zu zeigen, dass [mm] $f_{X}(x)*f_{Y}(y) [/mm] = [mm] f_{X,Y}(x,y)$ [/mm] für ein Paar (x,y) nicht erfüllt ist, oder?
Danke für Eure Hilfe,
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:36 So 13.12.2009 | | Autor: | luis52 |
> Es ist also
>
> [mm]Var(X) = E(X^{2}) = \int_{-\infty}^{\infty}x^{2}*f_{X}(x)\ dx = \frac{2}{\pi}*\int_{-1}^{1}x^{2}*\sqrt{1-x^{2}} \ dx = MAPLE = \frac{2}{\pi}*\left(\frac{1}{8}*\pi\right) = \frac{1}{4}[/mm].
>
> Hierzu eine Frage: Gibt es eine andere Möglichkeit, als
> das Integral zu berechnen, um auf die Varianz zu kommen?
> Ich kann das Integral zwar auch auf dem Papier ausrechnen,
> aber das dauert ja doch seine Zeit...
Mir faellt nichts Schlaueres ein.
>
> -----------
>
> Nun wäre noch die Kovarianz dran. Es ist
>
> [mm]cov(X,Y) = E(X*Y) - (E(X))*(E(Y)) = E(X*Y)[/mm],
>
> also:
>
> [mm]cov(X,Y) = E(X*Y) = \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}x*y*f_{X,Y}(x,y) \ dx \ dy = \int_{-1}^{1}y*\left(\int_{-\sqrt{1-y^{2}}}^{\sqrt{1-y^{2}}}x \ dx \right)\ dy = 0[/mm],
>
> weil x punktsymmetrisch ist. Also sind X und Y
> unkorreliert.
>
> ----------
>
> Um zu zeigen, dass X und Y nicht unabhängig sind, reicht
> es doch zu zeigen, dass [mm]f_{X}(x)*f_{Y}(y) = f_{X,Y}(x,y)[/mm]
> für ein Paar (x,y) nicht erfüllt ist, oder?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
vg Luis
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Okay,
dann vielen Dank luis für deine Antwort 
Grüße,
Stefan
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